数列综合问题 拔高篇 学生版
数列拔高题
数列强化练习1.数列1，211+，3211++，……，n+⋅⋅⋅++211的前n 项和为（） (A) n n 12+ (B)122+n n (C)12++n n (D)12+n n 2.数列{a n }的通项公式n n a n ++=11，已知它的前n 项和为S n =9，则项数n=（）(A)9 (B)10 (C)99 (D)1003.若x ≠y ，且两个数列：x ，a 1，a 2，y 和x ，b 1，b 2，b 3，y 各成等差数列，那么=--31b y x a (A)43 (B)34 (C)32 (D)值不确定 4.已知等差数列{a n }的公差d ≠0, 且a 1,a 3,a 9成等比数列, 1042931a a a a a a ++++的值是________.5. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 3=12, S 12＞0,S 13＜0.(Ⅰ)求公差d 的取值范围； (Ⅱ)指出S 1,S 2,…,S 12,中哪一个值最大,并说明理由.6. 设数列{n a }的前n 项和n S .已知首项a 1=3,且1+n S +n S =21+n a ,试求此数列的通项公式n a 及前n 项和n S .7. 如果数列{n a }中,相邻两项n a 和1+n a 是二次方程n n n c nx x ++32=0(n=1,2,3…)的两个根,当a 1=2时,试求c 100的值.8. 有两个各项都是正数的数列{n a },{n b }.如果a 1=1,b 1=2,a 2=3.且n a ,n b ,1+n a 成等差数列, n b ,1+n a ,1+n b 成等比数列,试求这两个数列的通项公式.9. 若等差数列{log 2x n }的第m 项等于n ，第n 项等于m(其中m ≠n)，求数列{x n }的前m ＋n 项的和。
高考冲刺：数列典型例题拔高练习
高考冲刺：数列【典型例题】类型一：正确理解和运用数列的概念与通项公式例1．将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n 次全行的数都为1的是第 行；第61行中1的个数是 ．第1行 1 1 第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1 …… …………………………………【思路点拨】计算图形中相应1的数量的特征，然后寻找它们之间的规律。
【解析】第1次全行的数都为1的是第21-=1行， 第2次全行的数都为1的是第221-=3行， 第3次全行的数都为1的是第321-=7行， ······，第n 次全行的数都为1的是第21n -行；第61行中1的个数是52=32． 举一反三【变式1】已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足).2(2,2111≥-==-n S S a a n n n （1）证明：数列}1{nS 为等差数列； （2）求n S 及n a .【解析】（1）当2≥n 时，112--⋅-=-=n n n n n S S S S a∴1112(2)n n n S S --=≥ ∴1{}nS 是以21111==a S 为首项，2为公差的等差数列（2）n n S n 2)1(221=-+=，∴nS n 21= 当2≥n 时，)1(21)111(211--=--=-=-n n n n S S a n n n∴1212(1)n a n n ⎧⎪⎪=⎨⎪--⎪⎩)2()1(≥=n n考点二：数列递推关系式的理解与应用 例2．数列{}n x 满足122x x =，()1212n n n x x x --=+，3,4,n =…．若lim 2n n x →∞=，则1x =( )（Ａ）32（Ｂ） ３ （Ｃ） ４ （Ｄ） ５ 【思路点拨】对递推关系变形，运用叠加法求得，特别注意的是对两边同时运用. 【解析1】n n 1n 22x x x --=+，n n 1n 2n x x x x --∴-=-.32134324n 1n 2n 3n 1n n 1n 2n x x x x x x x x x x x x x x x x -------=-⎫⎪-=-⎪⎪⎬⎪-=-⎪-=-⎪⎭相叠加得n 212n n 1x x x x x x --=+--.12xx 2=， n n 112x x 2x -∴+=.()n n 11n n lim 2x x lim 2x -→∞→∞+=，n n lim x 2→∞=，12x 6∴= ，1x 3=.【解析2】由()1212n n n x x x --=+得： n n 1n 1n 2211111x +x x x x x x 222---=+==+=，n n 11n 1lim x x x 2-→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因为n n lim x 2→∞=，所以1x 3=. 【解析3】由()1212n n n x x x --=+得： ()()2n n 1n 1n 2n 2n 311x x ()x x ()x x 22------=--=--()n 2n 121111()x x ()x 22--==--=-从而23211x x ()x 2-=-；34311x x ()x 2-=-；…；n 1n n 111x x ()x 2---=-.叠加得：23n 1n 21111x x x ()()()222-⎡⎤-=-+-++-⎢⎥⎣⎦.n 2n 2111x x x 1()62-⎡⎤=+--⎢⎥⎣⎦，n 2n 21n n 11lim x lim x x 1()62-→∞→∞⎧⎫⎡⎤=+--⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭11x 12x 26=+， 从而1x 3=. 【总结升华】数列递推关系是近几年高考数学的热点，主要是一些能转化为等差等比数列的递推关系式。
高中数学数列综合训练题(带答案)
高中数学数列综合训练题(带答案)1.等差数列{an}中，a1+a4+a7=39，a3+a6+a9=27，则数列{an}前9项的和S9等于（）A。
66 B。
99 C。
144 D。
2972.若互不相等的实数a、b、c成等差数列，c、a、b成等比数列，且a+3b+c=10，则a=（）A。
4 B。
2 C。
-2 D。
-43.等比数列{an}中，a2=9，a5=243，则{an}的前4项和为（）A。
81 B。
120 C。
168 D。
1924.2+1与2-1，两数的等比中项是（）A。
1 B。
-1 C。
±1 D.5.若lg2，XXX(2-1)，XXX(2+3)成等差数列，则x的值等于（）A。
1 B。
or 32 C。
32 D。
log256.已知三角形的三边构成等比数列，它们的公比为q，则q的取值范围是（）A。
(0.1+5) B。
(,1] C。
[1,1+5) D。
(−1+5,1+5)7.在ΔABC中，XXX是以-4为第三项，4为第七项的等差数列的公差，tanB是以1为第三项，9为第六项的等比数列的公比，则这个三角形是（）A。
钝角三角形 B。
锐角三角形 C。
等腰直角三角形 D。
以上都不对8.等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6+a4a7=18，则XXX（）A。
12 B。
10 C。
1+log35 D。
2+log359.在等差数列{an}中，若S4=1，S8=4，则a17+a18+a19+a20的值为（）A。
9 B。
12 C。
16 D。
1710.在等比数列{an}中，若a2=6，且a5-2a4-a3+12=0，则an为（）A。
6 B。
6(-1)n-2 C。
6·2n-2 D。
6或6(-1)n-2或6·2n-211.等差数列{an}的前n项和为Sn，若m>1，且am-1+am+1-am=Sn-1=38，则m等于（）A。
38 B。
20 C。
10 D。
912.等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若Sn/an=Tn/(3n+1)bn，则n=（）1.22n-12n-12n+1 should be written as (22n-1)/(3n+1).2.The article has no clear n or topic sentence。
第六章 必刷大题12 数列的综合问题
因为Tn＝a1a2·…·an(n∈N*)， 所以T1＝a1， 当n∈N*，n≥2时，
因为a1＝1，所以an＝qn－1，
( n 1) n
所以Tn＝a1a2·…·an＝q0＋1＋2＋…＋(n－1)＝q 2 ，
因为n－21n∈N*，
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所以令n－21n＝k，则 Tn＝ak＋1， 所以数列{an}是“前n项之积封闭数列”， 所以充分性成立. 必要性： 当a1＝q≠1时，an＝a1qn－1＝qn， (n1)n
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即证 1>n＋2 1＋n＋2 2， 易知n＋2 1＋n＋2 2是一个递减数列， 故当 n＝3 时，其最大值为24＋25＝190<1，得证.
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5.(2023·邯郸统考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋ 1(n∈N*). (1)求{an}的通项公式；
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因为 Sn＝n＋n 2an＋1， 所以(n＋2)Sn＝nan＋1， 因为an＋1＝Sn＋1－Sn， 所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)， 即nSn＋1＝2(n＋1)Sn， 所以nS＋n＋11＝2·Snn(n∈N*).
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即bn＋1＝2bn， 又b1＝S1＝2， 所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列. 所以bn＝2n.
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12Tn＝222＋233＋244＋…＋2nn＋n2＋n＋11， 两式相减， 可得12Tn＝221＋212＋213＋…＋21n－n2＋n＋11 ＝1＋2121－－221n1＋1－n2＋n＋11 ＝32－n2＋n＋31 ，∴Tn＝3－n＋2n 3.
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4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝7，S3＝5a1. (1)求{an}的通项公式；
数列大题综合(学生版)-2024届新高考数学题型满分突破
数列大题综合冲刺秘籍1.等差数列通项公式：a n =a 1+n −1 d n ∈N + 或a n =a m +n −m dn ∈N + 2.等比数列通项公式：a n =a 1⋅q n −1或a n =a m ⋅q n −m .n ∈N ∗3.S n =f (a n )的类型，公式a n =S 1(n =1)S n -S n -1(n ≥2)4.数列求和的常用方法：（1）对于等差、等比数列，利用公式法可直接求解；等差数列求和S n =n a 1+a n 2=na 1+n n -1 2d ，等比数列求和S n =na 1,q =1a 11-q n 1-q ,q ≠1(2)对于a n b n 结构，其中a n 是等差数列，b n 是等比数列，用错位相减法求和；(3)对于a n ±b n 结构，利用分组求和法；(4)对于1a n a n +1结构，其中a n 是等差数列，公差为d ，则1a n a n +1=1d 1a n -1a n +1 ，利用裂项相消法求和.或通项公式为m f n ⋅f n +d 形式的数列，利用裂项相消法求和.即m f n ⋅f n +d =m d 1f n -1f n +d5.常见的裂项技巧：（1）1n n +k=1k 1n -1n +k ；（2）1n +k +n =1k n +k -n ；（3）12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 （4）2n 2n -1 2n +1-1 =2n +1-1 -2n -1 2n -1 2n +1-1=12n -1-12n +1-1（5）指数型a -1 a n =a n +1-a n ；（6）对数型log a a n +1a n=log a a n +1-log a a n .（7）1n n+1n+2=121n n+1-1n+1n+2（8）n n+1!=1n!-1n+1!（9）2n 2n+1-12n-1=12n-1-12n+1-1（10）n+2n n+1⋅2n =1n⋅2n-1-1n+1⋅2n等冲刺训练一、解答题1(2023·湖北武汉·统考模拟预测)已知S n是数列a n的前n项和，2S n=na n，a2=3．(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=16-a n，求数列b n的前n项和T n．2(2023·黑龙江牡丹江·牡丹江一中校考三模)已知数列a n是正项等比数列，且a4-a1=7,a2a3 =8.(1)求a n的通项公式;(2)若b n=2n-1a n，求数列b n的前n项和S n.3(2023·黑龙江大庆·统考二模)设数列a n 是首项为1，公差为d 的等差数列，且a 1，a 2-1，a 3-1是等比数列b n 的前三项．(1)求a n 的通项公式；(2)设c n =log 2a n b n a n +1，求数列c n 的前n 项和T n ．4(2023·福建宁德·校考模拟预测)已知数列a n ，b n ，a 1=1，a n +1=-a n +4×3n -1，b n =log 3a n +2a n +2n ∈N * ．(1)求证：数列a n 是等比数列，并求数列a n 的前n 项和S n ；(2)求数列2+3n ⋅1b n的前n 项和T n ．5(2023·江苏徐州·校考模拟预测)已知数列{a n}的前n项和为S n，且2S nn=a n+1，a2=2．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)集合A={a1,a2,⋯,a n}，将集合A的所有非空子集中最小的元素相加，其和记为T n，求T n．6(2023·浙江·校联考模拟预测)已知数列a n满足a1=2，，以下三个条件中任选一个填在横线上并完成问题.①n2a n+1-a n=a n， ②2a n+1-a n=22-n ③a12+a2+2a3+⋯+2n-2a n=n(n+1)2(1)求数列a n的通项公式；(2)记数列a n的前n项积为T n，求T n的最大值．7(2023·福建三明·统考三模)已知数列a n 满足a 1=2，2a n +1+a n a n +1-2a n =0n ∈N * .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =-1 n 84n 2-1 a n ，b n 的前n 项和为S n ，证明：-1<S 2n ≤-45.8(2023·广东·校联考模拟预测)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知S n ,2n 的等差中项为a n .(1)求证a n +2 为等比数列；(2)数列1a n +3的前n 项和为T n ，是否存在整数k 满足T n ∈k ,k +1 ？若存在求k ，否则说明理由.9(2023·广东佛山·校考模拟预测)如果数列a n 对任意的n ∈N *，a n +2-a n +1>a n +1-a n ，则称a n 为“速增数列”.(1)请写出一个速增数列a n 的通项公式，并证明你写出的数列符合要求；(2)若数列a n 为“速增数列”，且任意项a n ∈Z ，a 1=1，a 2=3，a k =2023，求正整数k 的最大值.10(2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模)已知数列a n 满足3+a 12+a 222+a 323+⋯+a n 2n =2n +32n.(1)求数列a n 的通项公式；(2)记数列1a n ⋅a n +1 的前n 项和为S n ，证明：S n <12.11(2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测)已知各项均为正数的数列a n ，满足a 2n +1-a n +1a n -2a 2n =0n ∈N * ，a 1a 2a 3=64．(1)求数列a n 的通项公式；(2)记T n =1+1a 1 1+2a 2 1+3a 3 ⋯1+n a n，试比较T n 与9的大小，并加以证明．12(2023·江苏扬州·统考模拟预测)在①2S n =3a n -3；②a 1=3,log 3a n +1=log 3a n +1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题．设数列a n 的前n 项和为S n ，满足，b n =3n -9a n +1,n ∈N *．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若存在正整数n 0，使得b n 0≥b n 对∀n ∈N *恒成立，求n 0的值．13(2023·福建福州·福州四中校考模拟预测)如图的形状出现在南宋数学家杨浑所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.......设各层球数构成一个数列a n .(1)写出a n 与a n +1n ∈N * 的递推关系，并求数列a n 的通项公式；(2)记数列b n 的前n 项和为S n ，且S n =32b n -32，在b n 与b n +1之间插入n 个数，若这n +2个数恰能组成一个公差为d n 的等差数列，求数列a n ⋅d n 的前n 项和T n .14(2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)数列a n 的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足a 2n +2a n =4S n +3．(1)求数列a n 的通项公式．(2)设数列b n 满足条件①b n =(-2)n 6n +5 a n a n +1；②b n =(-2)n a n ，请从条件①②中选一个，求出数列b n 的前n 项和T n ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．15(2023·福建泉州·泉州七中校考模拟预测)已知数列a n的前n项的积记为T n，且满足1T n=a n-1a n(1)证明：数列T n为等差数列;(2)若b n=T n,n为奇数，1T n-1T n+1,n为偶数，求数列b n 的前2n项和T2n.16(2023·海南海口·校考模拟预测)已知等差数列a n，其前n项和S n满足S n=n2+m,m为常数.(1)求m及a n的通项公式；(2)记数列b n=a n+2S n S n+1，求b n前n项和的T n.17(2023·云南昭通·校联考模拟预测)已知各项均为正数的数列a n的首项a1=1，其前n项和为S n，从①a n=2S n-1；②S2=4S1，S n+1+S n-1=2S n+1n≥2；③a n=S n+S n-1n≥2中任选一个条件作为已知，并解答下列问题.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1S n⋅S n+1，设数列b n的前n项和T n，求证：34≤T n<1.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).18(2023·云南·校联考模拟预测)已知数列a n是等比数列，满足a n+1>a n n∈N*,a2=4，且1+ a2是a1与a3的等差中项.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=log2a n,S n为数列b n的前n项和，记T n=1S1+1S2+1S3+⋯+1S n，求T n的取值范围.19(2023·广东梅州·统考三模)已知数列a n满足a1=2，a2=4，a n+2=a n+1+2a n.(1)证明：数列a n为等比数列.(2)数列b n满足1b1+2b2+⋯+nb n=a n+1-2，求数列b n的前n项和S n.20(2023·福建福州·福州四中校考模拟预测)已知定义在R上的函数f x =x22+cos x.(1)求f x 的最小值；(2)当0<x<1时，若不等式sin xx >ax+2恒成立，求实数a的取值范围；(3)若n∈N*，证明：nk=1cos14k-1 2k-1>n+1-121(2023·河北邯郸·统考二模)已知数列a n中，a n>0，a1=3，记数列a n的前n项的乘积为S n，且S n=a n+1n.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n-1a n+1，数列b n的前n项和为T n，求证：T n∈n-1,n.22(2023·海南·海口市琼山华侨中学校联考模拟预测)已知函数f(x)x+1=ln x-a(x-1)x+1．(1)若函数f(x)在[1,+∞)上只有一个零点，求a的取值范围；(2)若a n=23,n=11n+1,n≥2，记数列a n 的前n项和为S n，证明：2S n<ln n2+3n+2．23(2023·山东菏泽·统考二模)已知各项为正数的等比数列a n满足a n⋅a n+1=16n,n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b1=1，b n+1=a n,n为奇数-b n+n,n为偶数，求数列bn的前2n项和S2n.24(2023·山东泰安·统考二模)已知数列a n的前n项和为S n，a1=2，a n≠0，a n a n+1=4S n.(1)求a n；(2)设b n=-1n⋅3n-1，数列b n的前n项和为T n，若∀k∈N*，都有T2k-1<λ<T2k成立，求实数λ的范围.25(2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模)如图，已知曲线C 1:y =2x x +1(x >0)及曲线C 2:y =13x(x >0)．从C 1上的点P n n ∈N * 作直线平行于x 轴，交曲线C 2于点Q n ，再从点Q n 作直线平行于y 轴，交曲线C 1于点P n +1，点P n 的横坐标构成数列a n 0<a 1<12 ．(1)试求a n +1与a n 之间的关系，并证明：a 2n -1<12<a 2n n ∈N * ；(2)若a 1=13，求a n 的通项公式．26(2023·山东·模拟预测)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a na n +1n ∈N * .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b 2n =1+a 2n +a 2n +1,b n >0，数列b n 的前n 项和为S n ，证明：32≤S n <n +1.27(2023·山西·校联考模拟预测)已知正项数列a n的前n项和S n满足关系式6S1a1+3+6S2a2+3+⋯+6S na n+3=S n,n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=(-1)s1a1+(-1)s2a2+⋯+(-1)s n a n,n∈N*，证明T n <4n,n≥3.28(2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测)数列a n中，a1=49，对任意正整数n都有3n+9⋅n+12a n+1=n+23a n.(1)求a n的通项公式；(2)设a n的前n项和为S n，证明：①a n<13n⋅n+1；②S n<54-2n+54⋅3n.29(2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模)甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2.(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为X，求X的分布列和期望；(2)求四局比赛后，比赛结束的概率；(3)若P i i=0,1,⋯,6表示“在甲所得筹码为i枚时，最终甲获胜的概率”，则P0=0,P6=1.证明：P i+1-P ii=0,1,2,⋯,5为等比数列.30(2023·湖北·校联考模拟预测)设a n是公差不为零的等差数列，满足a1=1，a6+a7=a13，设正项数列b n的前n项和为S n，且4S n+2b n=3．(1)求数列a n和b n的通项公式；(2)在b1和b2之间插入1个数x11，使b1、x11、b2成等差数列；在b2和b3之间插入2个数x21、x22，使b2、x21、x22、b3成等差数列；⋯，在b n和b n+1之间插入n个数x n1、x n2、⋯、x nn，使b n、x n1、x n2、⋯、x nn、b n+1成等差数列，求T n=x11+x21+x22+⋯+x n1+x n2+⋯x nn；(3)对于(2)中求得的T n，是否存在正整数m、n，使得T n=a m+12a m成立？若存在，求出所有的正整数对m,n；若不存在，请说明理由．。
数列综合大题归类(学生版)
数列综合大题归类目录【题型一】“函数型”裂项求和：基础型【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型【题型七】递推公式：分式型不动点【题型八】插入数型【题型九】数列跳项型【题型十】证明数列不等式【题型十一】新结构第19题型：差分密码型【题型一】“函数型”裂项求和：基础型基础原理：m pq =m q -p 1p -1q，如：12×4=14-212-14；基本题型：①1n n +1 =1n -1n +1；②12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 ；注意(避免掉坑)①分母分解因式：1n 2+3n=1n n +3 =131n -1n +3 ；②系数不相同就提系数：1n 2n +4=12⋅1n n +2 =12⋅121n -1n +2 ；③求和化简时，要写到“前三后二”，并且一定要强调每项加括号，这样容易观察剩余的时首尾项(或正负项)对应.(1)1n n +k=1k 1n -1n +k ；(2)1n +k +n=1k n +k -n ；(3)12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1；(4)1n n +1 n +2 =121n n +1 -1n +1 n +2；分式型分子裂差法形如f n a n ⋅a n +1型，如果f n =λa n +1-a n ，则可以分子裂差：f n a n ⋅a n +1=λa n +1-a n a n ⋅a n +1=λ1a n -1a n +11(22·23·龙岩·二模)已知等差数列a n 的首项为1，公差d ≠0，前n 项和为S n ，且S nS 2n为常数．(1)求数列a n 的通项公式；(2)令b n =n a n a n +1-n +1a n +1a n +2，证明：b 1+b 2+b 3+⋯+b n <13．2(22·23·秦皇岛·模拟预测)设等比数列a n 的前n 项和为S n ，数列b n 为等差数列，且公差d ≠0,a 1=b 1=2，a 3=b 3,S 3=b 5.(1)求数列a n 的通项公式以及前n 项和S n ；(2)数列2n +1n 2b n +4 2的前n 项和为T n ，求证：T n ≤19.3(2024下·福建·高三校联考开学考试)已知正项数列a n 中，a 1=1，a n +1=a n +2a n +1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)记数列b n =2a n +1a n a n +1的前n 项和S n ，求满足S n <99100的正整数n 的集合．【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型指数裂项法形如mq n +r +t hq n +b hq n +1+b 型，如果mq n +r +t =λhq n +b -hq n +1+b ，则可以分子裂差：mq n +r +t hq n +b hq n +1+b =λhq n +1+b -hq n +b hq n +b hq n +1+b=λ1hq n +b -1hq n +1+b1(2023·广西玉林·校联考模拟预测)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=2，a n +1=S n +n ．(1)证明：当n ≥2时，数列a n +1 是等比数列，并求数列a n 的通项公式；(2)设b n =2n +1a n +1a n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，证明：T n <13．2(2023上·海南海口·高三校考阶段练习)在数列a n a n ≠0 和b n 中，a 1=1,b 1=2，且a n +1b n 是a n a n +1和a n b n +1的等差中项.(1)设c n =b na n，求证：数列c n -1 为等比数列；(2)若b n =3×2n2n +1,a n 的前n 项和为S n ，求证：S n <3.3(2023上·湖南长沙·高二长沙一中校考阶段练习)已知数列a n 的首项a 1=4，且满足a n +1=3a n -2n ∈N * ．(1)求证：数列a n -1 为等比数列；(2)记b n =3na n ⋅a n +1，求数列b n 的前n 项和S n ．正负型：等差裂和型形如-1n⋅f na n⋅a n+1型，如果f n =λa n+1-a n，则可以分子裂差：-1 n⋅f na n⋅a n+1=-1n⋅λa n+1-a na n⋅a n+1=-1n⋅λ1a n-1a n+11(2023·河北唐山·三模)设S n为数列a n的前n项和，a n>0，a2n+2a n+1=4S n.(1)求数列a n的通项公式；(2)求数列-1n4na n a n+1的前n项和Tn.2(2023·江苏镇江·二模)已知数列a n满足：a1=14,a n+1=nn+2a n.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=(-1)n(2n+1)a n，求数列b n的前n项和S n.3(2023·湖南永州·三模)记正项数列a n的前n项积为T n，且1a n=1-4T n.(1)证明：数列T n是等差数列；(2)记b n=-1n⋅8n+6T n⋅T n+1，求数列b n的前2n项和S2n.正负型：指数裂和型形如-1 n⋅mq n +r +t hq n +b hq n +1+b型，如果mq n +r +t =λhq n +b +hq n +1+b ，则可以分子裂和：-1 n ⋅mq n +r +t hq n +b hq n +1+b =-1 n ⋅λhq n +1+b +hq n +b hq n +b hq n +1+b=-1 n ⋅λ1hq n +b +1hq n +1+b1(23·24上·湖北·期中)已知{a n }为等比数列，且a 2+a 3+a 4=14，a 2,a 3+1,a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)当{a n }为递增数列时，b n =(-1)n 6a n +2 2n +1 2n +1+1 ，数列{b n }的前n 项和为T n ，若存在n ∈N ∗,m ≥T n ，求m 的取值范围.2(23·24上·黔东南·阶段练习)已知数列a n 满足：a 1=1，a n =2a n -1+1n ≥2 .(1)证明：a n +1 是等比数列，并求a n 的通项公式；(2)令b n =(-1)n (3n +2)n (n +1)a n +1+1，求b n 的前n 项和S n .3(22·23高二下·黑龙江哈尔滨·期中)已知数列a n 满足a 1=14,a n +1=3a n -4.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n a n3n +1 3n +1+1，数列b n 的前n 项和为T n ，若存在n ∈N *，使m ≥T n ，求m 的取值范围.【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型 仿写规律：t>1①b na n⋅a n+1⋅t n⇒1a n⋅t n-1-1a n+1⋅t n=λb na n⋅a n+1⋅t n(可通分反解λ)；②b n⋅t na n⋅a n+1⇒t n+1a n+1-t na n=λb n⋅t na n⋅a n+1(可通分反解λ)1(23·24上·甘南·期中)在数列a n中，a1=2且∀n∈N*,a n+1=3a n+2×3n.(1)求a n的通项公式；(2)设b n=a n+3na n a n+1，若b n的前n项和为S n，证明：S n<14.2(23·24上·合肥·阶段练习)在数1和3之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作T n，令a n=log3T n.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=n+1⋅2n-1a n a n+1，求数列b n的前n项和S n.3(23·24上·昆明·阶段练习)已知数列a n满足a1=2,a n+1=2n+1a n n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=log2a2n-n2，数列b n+22n+1b n⋅b n+1的前n项和为Sn，求证：38≤S n<12.【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型 常见的三角函数裂项：1.正切型裂项：若a n+1-a n=α,tanα=m(特殊角)，则tanα=tan a n+1-a n=tan a n+1-tan a n1+tan a n+1tan a n=m，b n=tan a n+1tan a n=1mtan a n+1-tan a n-1；2.正余弦和与差公式应用裂项型：b n=sin1cos n cos(n-1)=sin[n-(n-1)]cos n cos(n-1)=sin n cos(n-1)-cos n sin(n-1)cos n cos(n-1)=tan n-tan(n-1)1(2023·山东威海·二模)已知2n+2个数排列构成以q n q n>1为公比的等比数列，其中第1个数为1，第2n+2个数为8，设a n=log2q n．(1)证明：数列1a n是等差数列；(2)设b n=tanπa n tanπa n+1，求数列b n的前100项和S100．2(22·23高三上·山东济宁·期中)已知n∈N*，抛物线y=-x2+n与x轴正半轴相交于点A，在点A处的切线在y轴上的截距为a n(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=4n cos nπa n-1a n+1，求数列b n的前项和S n．3(22·23上·芜湖·期末)已知S n是数列a n的前n项和，2S n=n+1a n．且a1=1(1)求a n的通项公式；(2)设a0=0，已知数列b n满足b n=sin1cos a n cos a n-1，求b n的前n项的和T n【题型七】递推公式：分式型不动点已知分式一次型数列递推关系a n+1=Ca n+DAa n+B求通项的问题解法：法一，化归法.当D=0时，递推关系两边取倒数，再裂项构造即可；当D≠0时，为了保持取倒数后分母一致性，通常可以令a n+1+x=Ca n+DAa n+B+x=C+xAa n+D+BxAa n+B，可由1x=C+AxD+Bx解得x的值，即可得到构造方向b n+1=tb nAa n+B，通过这样的转化将问题又化归为D=0的情形再求解.法二，特征根法求解.先构造特征方程x=Cx+DAx+B，解方程得根x1,x2，若x1≠x2，则a n-x2a n-x1为等比数列；若x1=x2，则1a n-x1为等差数列.1(22-23高三·河南·阶段练习)已知数列a n满足a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗．(1)证明：数列1a n+1是等差数列；(2)证明：a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1>12n+1．2(2024高三·全国·专题练习)在数列{a n}中，a1=4且a n+1=3a n+2a n+4，求数列{a n}的通项公式.3(2023高三·全国·专题练习)已知数列a n满足性质：对于n∈N,a n-1=a n+42a n+3,且a1=3,求{a n}的通项公式.【题型八】插入数型插入数型1.插入数构成等差数列在a n和a n+1之间插入n个数，使这n+2个数构成等差数列，可通过构造新数列{b n}来求解d n n+2个数构成等差数列，公差记为d n，所以：b n+2=b1+(n+2-1)d n⇔d n=b n+2-b1 (n+2-1)2.插入数构成等比数列在a n和a n+1之间插入n个数，使这n+2个数构成等比数列，可通过构造新数列{b n}来求解d n n+2个数构成等比数列，公差记为d n，所以：b n+2=b1∙q n(n+2-1)⇔q n(n+2-1)=b n+2b1⇔lnb n+2b1=ln q n(n+2-1)=(n+2-1)ln q n3.插入数混合型混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列a n提供了多少项，其余都是插入进来的。
数列综合练习题(含答案)精选全文
3月6日数列综合练习题一、单选题1．已知数列为等比数列，是它的前n项和．若,且与的等差中项为，则（）A ．35B ．33C ．31D ．29【答案】C 【解析】试题分析：∵等比数列{}n a ，∴21a a q =⋅，∴13134222a q a a q a a ⋅⋅=⇒⋅=⇒=，又∵与的等差中项为54，∴477512244a a a ⋅=+⇒=，∴3741182a q q a ==⇒=，∴41316a a q ==，515116(1)(1)32311112a q S q--===--.2．等差数列{}n a 中，19173150a a a ++=则10112a a -的值是（）A．30B．32C．34D．25【答案】A 【解析】试题分析：本题考查等差数列的性质，难度中等．由条件知930a =，所以10112a a -=930a =，故选A．3．数列满足且，则等于（）A．B．C．D．【答案】D 【解析】由有解知数列1n x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1，公差为211112x x -=的等差数列；所以11121(1),221n n n n x x n +=+-=∴=+.故选D 4．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列21{}n a -的前n 项和为n T ，下列说法错误．．的是（）A ．若n S 有最大值，则n T 也有最大值B ．若n T 有最大值，则n S 也有最大值C ．若数列{}n S 不单调，则数列{}n T 也不单调D ．若数列{}n T 不单调，则数列{}n S 也不单调【答案】C 【解析】【详解】解：数列{a 2n ﹣1}的首项是a 1，公差为2d ，A ．若S n 有最大值，则满足a 1＞0，d ＜0，则2d ＜0，即T n 也有最大值，故A 正确，B ．若T n 有最大值，则满足a 1＞0，2d ＜0，则d ＜0，即S n 也有最大值，故B 正确，C ．S n ＝na 1()12n n -+•d 2d =n 2+（a 12d -）n ，对称轴为n 111122222d da a a d d d --=-==--⨯，T n ＝na 1()12n n -+•2d ＝dn 2+（a 1﹣d ）n ，对称轴为n 111222a d d -=-=-•1a d，不妨假设d ＞0，若数列{S n }不单调，此时对称轴n 11322a d =-≥，即1a d-≥1，此时T n 的对称轴n 1122=-•111122a d ≥+⨯=1，则对称轴1122-•132a d ＜有可能成立，此时数列{T n }有可能单调递增，故C 错误，D ．不妨假设d ＞0，若数列{T n }不单调，此时对称轴n 1122=-•132a d ≥，即1a d-≥2，此时{S n }的对称轴n 11122a d =-≥+25322＞=，即此时{S n }不单调，故D 正确则错误是C ，故选C ．5．设n=（）A ．333n 个B ．21333n - 个C ．21333n- 个D ．2333n 个【答案】A【解析】1013333n n -====⋅⋅⋅ 个.故选A.6．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2124n n a S n +=++，且21a -，3a ，7a 恰好构成等比数列的前三项，则4a =（）．A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】C 【详解】∵2124n n a S n +=++，当2n ≥，()21214n n a S n -=+-+，两式相减，化简得()2211n n a a +=+，∵0n a >，∴11n n a a +=+，数列{}n a 是公差1的等差数列．又21a -，3a ，7a 恰好构成等比数列的前三项，∴()()211126a a a +=+，∴12a =，∴45a =．故选：C第II 卷（非选择题)二、填空题7．已知数列{}n a 的首项11a =，且1(1)12nn na a n a +=+ ，则5a =____．【答案】198．等差数列{}n a 中，39||||a a =，公差0d <，则使前n 项和n S 取得最大值的自然数n 是________．【答案】5或6【解析】试题分析：因为0d <，且39||||a a =，所以39a a =-，所以1128a d a d +=--，所以150a d +=，所以60a =，所以0n a >()15n ≤≤，所以n S 取得最大值时的自然数n 是5或6．9．数列{}n a 满足：11a =，121n n a a +=+，且{}n a 的前n 项和为n S ，则n S =__.【答案】122n n +--【详解】由121n n a a +=+得()1+121n n a a +=+所以1112+n n a a +=+，且112a +=所以数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，且11=222n nn a -+⨯=所以21nn a =-前n 项和()123121222222212n nn nS n n n +-=++++-==--- 10．已知数列{}n a 中,132a =前n 项和为n S ，且满足()*123n n a S n N ++=∈，则满足2348337n n S S ＜＜所有正整数n 的和是___________.【答案】12【详解】由()*123n n a S n N++=∈得()123n n n SS S +-+=，即()11332n n S S +-=-，所以数列{}3n S -是首项为113332S a -=-=-，公比为12的等比数列，故31322n nS -=-⋅，所以332n n S =-，所以22332n n S =-.由2348337n n S S <<得2332334833732n n -<-<，化简得1113327n <<，故3,4,5n =.满足2348337n nS S ＜＜所有正整数n 的和为34512++=.故答案为：12三、解答题11．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ﹣a n ﹣1﹣3n ＝0，n ≥2．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n 1na =，求数列{b n }的前n 项和S n ．【详解】（1）数列{a n }满足a 1＝3，a n ﹣a n ﹣1﹣3n ＝0，n ≥2，即a n ﹣a n ﹣1＝3n ，可得a n ＝a 1+（a 2﹣a 1）+（a 3﹣a 2）+…+（a n ﹣a n ﹣1）＝3+6+9+…+3n 12=n （3+3n ）32=n 232+n ；（2）b n 123n a ==•2123n n =+（111n n -+），前n 项和S n 23=（1111112231n n -+-++-+ ）23=（111n -+）()231n n =+．12．在数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，满足2(,*)n n S ka n n k R n N =+-∈∈．（I ）若1k =，求数列{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}21n a n --为公比不为1的等比数列，求n S ．【答案】解：（1）当1k =时，2,n n S a n n =+-所以21,(2)n S n n n -=-≥,即22(1)(1),(1)n S n n n n n =+-+=+≥……3分所以当1n =时，112a S ==；当2n ≥时，221(1)(1)2n n n a S S n n n n n -=-=+----=所以数列{}n a 的通项公式为．……………6分（II ）当时，1122n n n n n a S S ka ka n --=-=-+-，1(1)22n n k a ka n --=-+，111a S ka ==，若1k =，则211n a n --=-，从而{}21n a n --为公比为1的等比数列，不合题意；……………8分若1k ≠，则10a =，221a k=-，3246(1)k a k -=-212325378333,5,71(1)k k k a a a k k --+--=--=-=--由题意得，2213(5)(3)(7)0a a a -=--≠，所以0k =或32k =．……10分当0k =时,2n S n n =-，得22n a n =-,213n a n --=-,不合题意；…12分当32k =时，1344n n a a n -=-+，从而1213[2(1)1]n n a n a n ---=---因为121130,a -⨯-=-≠210n a n --≠，{}21n a n --为公比为3的等比数列,213nn a n --=-，所以231nn a n =-+，从而1233222n n S n n +=+-+．………………………14分【解析】试题分析：解：（1）当1k =时，2,n n S a n n =+-所以21,(2)n S n n n -=-≥,即22(1)(1),(1)n S n n n n n =+-+=+≥……3分所以当1n =时，112a S ==；当2n ≥时，221(1)(1)2n n n a S S n n n n n -=-=+----=所以数列{}n a 的通项公式为…6分（2）当时，1122n n n n n a S S ka ka n --=-=-+-，1(1)22n n k a ka n --=-+，111a S ka ==，若1k =，则211n a n --=-，从而{}21n a n --为公比为1的等比数列，不合题意；若1k ≠，则10a =，221a k=-，3246(1)k a k -=-212325378333,5,71(1)k k k a a a k k --+--=--=-=--由题意得，2213(5)(3)(7)0a a a -=--≠，所以0k =或32k =．当0k =时,2n S n n =-，得22n a n =-,213n a n --=-,不合题意；当32k =时，1344n n a a n -=-+，从而1213[2(1)1]n n a n a n ---=---因为121130,a -⨯-=-≠210n a n --≠，{}21n a n --为公比为3的等比数列,213nn a n --=-，所以231nn a n =-+，从而1233222n n S n n +=+-+．13．设数列{}n a 的通项公式63n a n =-+，{}n b 为单调递增的等比数列，123512b b b =，1133a b a b +=+．()1求数列{}n b 的通项公式．()2若3nn na cb -=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【详解】()1由题意，数列{}n a 的通项公式n a 6n 3=-+，{}n b 为单调递增的等比数列，设公比为q ，123b b b 512=，1133a b a b +=+．可得331b q 512=，2113b 15b q -+=-+，解得1b 4=，或1q 2(2=-舍去)，则n 1n 1n b 422-+=⋅=。
2014届一轮复习数学试题选编15数列综合问题(学生版)
n n )a n s i n2 , 则 该 数 列 的 前 20 项 的 和 为 2 2
2 ． （江苏海门市 2013 届高三上学期期中考试模拟数学试卷）如图所示的螺旋线是用以下方法
画成的 , ABC 是边长 为 1 的正三角形 , 曲线 CA A 3分 别是 A, B, C 为圆 1 , A1A 2, A 2 心, AC, BA 1 , CA 2 为半径画的弧,曲线 CA 1 A2 A 3 称为螺旋线的第一圈;然后又以 A 为圆 心 , AA3 半 径 画 弧 , 如 此 继 续 下 去 , 这 样 画 到 第 圈 . 设 所 得 螺 旋 线
Bn 的 坐 标 为 n, 0 (n 2, n N * ) ), 矩 形 An Bn Cn Dn 的 周 长 记 为 an , 则 a2 a3 a10 ____.
y Dn
Cn
O An
Bn
x
12 ． （ 扬 州 市 2012-2013 学 年 度 第 一 学 期 期 末 检 测 高 三 数 学 试 题 ） 数 列
an 满足
an
1 n n 1 ,
则其前 99 项和
S99 =________.
an，an≤bn， bn，an＞bn，
9 （ ．南京市、 盐城市 2013 届高三第三次模拟考试数学试卷） 已知数列{an}的通项公式为 an=-n+p,
数列{bn}的通项公式为 bn=2 .设 cn= 则实数 p 的取值范围是________.
a2 的值; a1
(3) 已知 a1 a, a2 b ( a , b 为常数 ), 是否存在常数 , 使得 an an2 an1 对任意
n N * 都成立?若存在.求出 ;若不存在,说明理由.
(word完整版)数列拔高难题训练
2017数列拔高训练1、已知数列{a n}满足a1=﹣2，a n+1=2a n+4．(1)证明数列{a n+4}是等比数列并求出{a n}通项公式；(2)若，求数列{b n}的前n项和S n．2、已知数列{a n}是等差数列，{b n}是各项均为正数的等比数列，满足a1=b1=1，b2﹣a3=2b3，a3﹣2b2=﹣1(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式(2)设c n=a n+b n，n∈N*，求数列{c n}的前n项和S n．3、（理科答）已知数列{a n}及等差数列{b n}，若a1=3，a n= a n﹣1+1（n≥2），a1=b2，2a3+a2=b4，(1)证明数列{a n﹣2}为等比数列；(2)求数列{a n}及数列{b n}的通项公式；(3)设数列{a n•b n}的前n项和为T n，求T n．4、已知正项数列{a n}的前n项和为S n，数列{a n}满足，2S n=a n（a n+1）．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{ }的前n项和为A n，求证：对任意正整数n，都有A n＜成立；(3)数列{b n}满足b n=（）n a n，它的前n项和为T n，若存在正整数n，使得不等式（﹣2）n﹣1λ＜T n+ ﹣2n﹣1成立，求实数λ的取值范围．5、设正项数列{a n}的前n项和为S n，且满足．(1)计算a1，a2，a3的值，并猜想{a n}的通项公式；(2)用数学归纳法证明{a n}的通项公式．6、数列{a n}的前n项和是S n，a1=5，且a n=S n﹣1（n=2，3，4，…）．(1)求S n；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)求证：+ + +…+ ＜．7、已知各项为正的等比数列{a n}的前n项和为S n，S4=30，过点P（n，log2a n）和Q（n+2，log2a n+1）（n∈N*）的直线的一个方向向量为（﹣1，﹣1）(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n= ，数列{b n}的前n项和为T n，证明：对于任意n∈N*，都有T n．8、已知函数，数列{a n}满足．(1)求证：数列{ }是等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)记S n=a1a2+a2a3+…+a n a n+1，求S n．9、各项均为正数的数列{a n}中，a1=1，S n是数列{a n}的前n项和，对任意n∈N*，有2S n=2pa n2+pa n﹣p（p∈R）(1)求常数p的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)记b n= ，求数列{b n}的前n项和T．10、已知数列{a n}满足：a1= ，a2= ，2a n=a n+1+a n﹣1（n≥2，n∈N•），数列{b n}满足：b1＜0，3b n﹣b n﹣1=n（n≥2，n∈R），数列{b n}的前n项和为S n．(1)求证：数列{b n﹣a n}为等比数列；(2)求证：数列{b n}为递增数列；(3)若当且仅当n=3时，S n取得最小值，求b1的取值范围．11、已知递增等比数列{a n}的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1，3，9后成等差数列．(1)求{a n}的首项和公比；(2)设S n=a12+a22+…+a n2，求S n．12、已知f（x）=3x2﹣2x，数列{a n}的前n项和为S n，点（n，S n）（n∈N*）均在函数y=f （x）的图像上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n= ，T n是数列{b n}的前n项和，求使得T n＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m．13、已知数列{a n}的前n项和为S n，对任意的n∈N*，点（n，S n）恒在函数y=x的图象上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记T n= ，若对于一切的正整数n，总有T n≤m成立，求实数m的取值范围；(3)设K n为数列{b n}的前n项和，其中b n=2an，问是否存在正整数n，t，使成立？若存在，求出正整数n，t；若不存在，请说明理由．14、已知等差数列{a n}的各项均为正数，且Sn= + +…+ ，S2= ，S3=．设[x]表示不大于x的最大整数（如[2.10]=2，[0.9]=0）．(1)试求数列{a n}的通项；(2)求T=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（﹣1）]+[log2（）]关于n的表达式．15、已知数列{a n}中，a1=3，a2=5，其前n项和为S n满足S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3，n∈N*）(1)试求数列{a n}的通项公式(2)令b n= ，T n是数列{b n}的前n项和．证明：对任意给定的m∈（0，），均存在n0∈N*，使得当n≥n0时，T n＞m恒成立．16、已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=2a n﹣3（﹣1）n（n∈N*）．(1)若b n=a2n﹣1，求证：b n+1=4b n；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)若a1+2a2+3a3+…+na n＞λ•2n对一切正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．17、已知等差数列{a n}，a2=8，前9项和为153．(1)求a5和a n；(2)若，证明数列{b n}为等比数列；18、一列火车从重庆驶往北京，沿途有n个车站（包括起点站重庆和终点站北京）．车上有一邮政车厢，每停靠一站便要卸下火车已经过的各站发往该站的邮袋各1个，同时又要装上该站发往以后各站的邮袋各1个，设从第k站出发时，邮政车厢内共有邮袋a k个（k=1，2，…，n）．(1)求数列{a k}的通项公式；(2)当k为何值时，a k的值最大，求出a k的最大值．19、已知{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．（I）求{a n}的通项公式；（II）求数列{ }的前n项和．20、数列{a n}满足a1=1，na n+1=（n+1）a n+n（n+1），n∈N*．（Ⅰ）证明：数列{ }是等差数列；（Ⅱ）设b n=3n• ，求数列{b n}的前n项和S n．21、已知数列{a n}满足a1=1，a n+1= ．（Ⅰ）求证：a n+1＜a n；（Ⅱ）求证：≤a n≤ ．22、已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，且na n+1=2S n（n∈N*），数列{b n}满足b1= ，b2= ，对任意n∈N+，都有b n+12=b n•b n+2（I）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（II）设{a n b n}的前n项和为T n，若T n＞对任意的n∈N+恒成立，求λ得取值范围．23、已知数列{a n}是非常值数列，且满足a n+2=2a n+1﹣a n（n∈N*），其前n项和为s n，若s5=70，a2，a7，a22成等比数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设数列的前n项和为T n，求证：．24、数列{a n}中，．（Ⅰ）求a1，a2，a3，a4；（Ⅱ）猜想a n的表达式，并用数学归纳法加以证明．25、设数列{a n}满足a1=a，a n+1=ca n+1﹣c（n∈N*），其中a，c为实数，且c≠0．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设，求数列{b n}的前n项和S n．26、已知A（x1，y1），B（x2，y2）是函数的图象上的任意两点（可以重合），点M在直线x=上，且=．（Ⅰ）求x1+x2的值及y1+y2的值（Ⅱ）已知S1=0，当n≥2时，S n=+++…+，求S n；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设a n=，T n为数列{a n}的前n项和，若存在正整数c、m，使得不等式成立，求c和m的值．答案解析部分一、综合题1、【答案】（1）证明：∵a1=﹣2，∴a1+4=2，∵a n+1=2a n+4，∴a n+1+4=2a n+8=2（a n+4），∴，∴{a n+4}是以2为首项，2为公比的等比数列，由上知，∴．（2）解：∴，①，②②﹣①得：==2+2n+1﹣2﹣（n+1）×2n+1=﹣n•2n+1．【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）利用已知条件转化求解数列{a n+4}是等比数列，然后求出{a n}通项公式．（2）化简数列通项公式b n，利用错位相减法求和求解即可．2、【答案】（1）解：设数列{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是各项均为正数且公比为q 的等比数列，由a1=b1=1，b2﹣a3=2b3，a3﹣2b2=﹣1，可得q﹣（1+2d）=2q2，1+2d﹣2q=﹣1，解得d=﹣，q= ，可得a n=a1+（n﹣1）d=1﹣（n﹣1）= （3﹣n）；b n=b1q n﹣1=（）n﹣1，n∈N*（2）解：c n=a n+b n= （3﹣n）+（）n﹣1，可得数列{c n}的前n项和S n= n（1+）+=﹣n2+ n﹣+2【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）设数列{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是各项均为正数且公比为q 的等比数列，运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，即可得到所求通项公式；（2）求出c n=a n+b n= （3﹣n）+（）n﹣1，运用数列的求和方法：分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，化简整理即可得到所求和．3、【答案】（1）证明：a1=3，a n= a n﹣1+1（n≥2），a n﹣2= （a n﹣1﹣2），则数列{a n﹣2}为首项为1，公比为的等比数列（2）解：（由（1）可得a n﹣2=（）n﹣1，即为a n=2+（）n﹣1，a1=b2=3，2a3+a2=b4=2（2+ ）+2+ =7，可得等差数列{b n}的公差d= =2，则b n=b2+（n﹣2）d=3+2（n﹣2）=2n﹣1（3）证明：数列{a n•b n}的前n项和为T n，a n•b n=[2+（）n﹣1]（2n﹣1）=2（2n﹣1）+（2n﹣1）•（）n﹣1，设S n=1•（）0+3•（）+5•（）2+…+（2n﹣1）•（）n﹣1，S n=1•（）+3•（）2+5•（）3+…+（2n﹣1）•（）n，相减可得，S n=1+2[（）+（）2+（）3+…+（）n﹣1]﹣（2n﹣1）•（）n=1+2[ ]﹣（2n﹣1）•（）n，化简可得S n=6﹣，则T n=2• n（1+2n﹣1）+6﹣=2n2+6﹣【考点】等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】（1）a n= a n﹣1+1的两边减2，再由等比数列的定义即可得证；（2）运用等比数列和等差数列的通项公式，计算即可得到；（3）求得a n•b n=[2+（）n﹣1]（2n﹣1）=2（2n﹣1）+（2n﹣1）•（）n﹣1，再由数列的求和方法：分组求和和错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简整理即可得到所求和．4、【答案】（1）解：，当n≥2时，，两式相减得：，所以（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣1）=0．因为数列{a n}为正项数列，故a n+a n﹣1≠0，也即a n﹣a n﹣1=1，所以数列{a n}为以1为首项1为公差的等差数列，故通项公式为a n=n，n∈N*（2）解：= ，所以对任意正整数n，都有成立（3）解：易知，则，①，，②①﹣②可得：．故，所以不等式成立，若n为偶数，则，所以．设，则y=﹣2t+t2+1=（t﹣1）2在单调递减，故当时，，所以；若n为奇数，则，所以．设，则y=2t﹣t2﹣1=﹣（t﹣1）2在（0，1]单调递增，故当t=1时，y max=0，所以λ＜0．综上所述，λ的取值范围λ＜0或【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）根据数列的递推公式即可求出数列{a n}的通项公式，（2）= ＜= ﹣，利用放缩法即可证明，（3）先利用错位相减法求出数列{b n}的前n项和为T n，不等式（﹣2）n﹣1λ＜T n+ ﹣2n﹣1成立，转化为成立，分n为偶数和奇数，根据函数的性质即可求出实数λ的取值范围5、【答案】（1）解：当n=1时，，得a1=1；，得a2=2，，得a3=3，猜想a n=n（2）解：证明：（ⅰ）当n=1时，显然成立，（ⅱ）假设当n=k时，a k=k，则当n=k+1时，=，整理得：，即[a k+1﹣（k+1）][a k+1+（k﹣1）]=0，结合a n＞0，解得a k+1=k+1，于是对于一切的自然数n∈N*，都有a n=n【考点】数列递推式，数学归纳法，数学归纳法【解析】【分析】（1）利用递推关系式求解数列a1，a2，a3的值，猜想{a n}的通项公式；（2）利用数学归纳法的证明步骤，逐步证明即可．6、【答案】（1）解：由a n=S n﹣1，①，得：a n+1=S n，② ②﹣①得：a n+1﹣a n=S n ﹣S n﹣1=a n，即a n+1=2a n，（n≥2且n∈N*），∵a2=S1=a1=5，故数列从第二项起，各项成等比数列且公比为2．∴，n∈N*（2）解：当n=1时，a1=5，当n≥2，且n∈N*时，=5•2n﹣2．故数列{a n}的通项公式为．（3）证明：当n=1时，= ，成立，当n≥2且n∈N*时，====＜．∴+ + +…+ ＜【考点】数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）由a n=S n﹣1，得a n+1=2a n，（n≥2且n∈N*），由此能求出S n．（2）当n=1时，a1=5，当n≥2，且n∈N*时，=5•2n﹣2．由此能求出数列{a n}的通项公式．（3）当n=1时，= ，成立，当n≥2且n∈N*时，=，由此能证明+ + +…+ ＜．7、【答案】（1）解：∵各项为正的等比数列{a n}的前n项和为S n，S4=30，过点P（n，log2a n）和Q（n+2，log2a n+1）（n∈N*）的直线的一个方向向量为（﹣1，﹣1），∴，解得，q=4，∴a n=（2）解：∵b n= = =（﹣），∴数列{b n}的前n项和：T n= （+ + +…++ ）= （﹣）= （+ ﹣﹣）＜．∴对于任意n∈N*，都有T n【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）利用等比数列前n项和公式及直线的方向向量性质列出方程组，由此能求出首项和公比，从而能求出数列{a n}的通项公式．（2）由b n= = （﹣），利用裂项法能证明对于任意n∈N*，都有T n．8、【答案】（1）证明：∵函数，数列{a n}满足，∴，∴=3+ ，∴=3，=1，∴数列{ }是首项为1，公差为3的等差数列（2）解：∵数列{ }是首项为1，公差为3的等差数列，∴=1+（n﹣1）×3=3n﹣2，∴a n= ．（3）解：∵a n a n+1= = （），∴S n=a1a2+a2a3+…+a n a n+1= （1﹣+ + +…+ ）== ．【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）由已知利用函数性质得，从而=3+ ，由此能证明数列{ }是首项为1，公差为3的等差数列．（2）由=1+（n﹣1）×3=3n﹣2，能求出a n．（3）a n a n+1= = （），利用裂项求和法能求出S n．9、【答案】（1）解：∵a1=1，对任意的n∈N*，有2S n=2pa n2+pa n﹣p ∴2a1=2pa12+pa1﹣p，即2=2p+p﹣p，解得p=1（2）解：2S n=2a n2+a n﹣1，① 2S n﹣1=2a n﹣12+a n﹣1﹣1，（n≥2），②①﹣②即得（a n﹣a n﹣1﹣）（a n+a n﹣1）=0，因为a n+a n﹣1≠0，所以a n﹣a n﹣1﹣ =0，∴（3）解：2S n=2a n2+a n﹣1=2× ，∴S n= ，∴=n•2nT n=1×21+2×22+…+n•2n③又2T n=1×22+2×23+…+（n﹣1）•2n+n2n+1 ④④﹣③T n=﹣1×21﹣（22+23+…+2n）+n2n+1=（n﹣1）2n+1+2∴T n=（n﹣1）2n+1+2【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）根据a1=1，对任意的n∈N*，有2S n=2pa n2+pa n﹣p，令n=1，解方程即可求得结果；（2）由2S n=2a n2+a n﹣1，知2S n﹣1=2a n﹣12+a n﹣1﹣1，（n≥2），所以（a n﹣a n﹣1）（a n+a n﹣1）=0，由此能求出数列{a n}的通项公式．（3）根据求出数列﹣1{b n}的通项公式，利用错位相减法即可求得结果．10、【答案】（1）解：∵2a n=a n+1+a n﹣1（n≥2，n∈N•），∴{a n}是等差数列．又∵a1= ，a2= ，∴，∵，（n≥2，n∈N*），∴b n+1﹣a n+1== == ．又∵，∴{b n﹣a n}是以为首项，以为公比的等比数列．（2）证明：∵b n﹣a n=（b1﹣）•（）n﹣1，．∴．当n≥2时，b n﹣b n﹣1= ．又b1＜0，∴b n﹣b n﹣1＞0．∴{b n}是单调递增数列．（3）解：∵当且仅当n=3时，S n取最小值．∴，即，∴b1∈（﹣47，﹣11）【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）由已知得{a n}是等差数列，，b n+1﹣a n+1= = ．由此能证明{b n﹣a n}是以为首项，以为公比的等比数列．（2）由．得当n≥2时，b n﹣b n﹣1=．由此能证明{b n}是单调递增数列．（3）由已知得，由此能求出b1的取值范围．11、【答案】（1）解：根据等比数列的性质，可得a3•a5•a7=a53=512，解之得a5=8．设数列{a n}的公比为q，则a3= ，a7=8q2，由题设可得（﹣1）+（8q2﹣9）=2（8﹣3）=10解之得q2=2或．∵{a n}是递增数列，可得q＞1，∴q2=2，得q= ．因此a5=a1q4=4a1=8，解得a1=2（2）解：由（1）得{a n}的通项公式为a n=a1•q n﹣1=2× = ，∴a n2=[ ]2=2n+1，可得{a n2}是以4为首项，公比等于2的等比数列．因此S n=a12+a22+…+a n2= =2n+2﹣4【考点】数列的求和，等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】（1）根据题意利用等比数列的性质，可得a53=512，解出a5=8．设公比为q，得a3= 且a7=8q2，由等差中项的定义建立关于q的方程，解出q的值，进而可得{a n}的首项；（2）由（1）得a n=a1•q n﹣1= ，从而得到a n2=[ ]2=2n+1，再利用等比数列的求和公式加以计算，可得求S n的表达式．12、【答案】（1）解：∵f（x）=3x2﹣2x，数列{a n}的前n项和为S n，点（n，S n）（n∈N*）均在函数y=f（x）的图像上，∴，当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=（3n2﹣2n）﹣[3（n﹣1）2﹣2（n﹣1）]=6n﹣5，当n=1时，a1=S1=3﹣2=1，满足上式，∴a n=6n﹣5，n∈N*（2）解：由（1）得= = ，∴T n== ，∴使得T n＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m必须且仅须满足，即m≥10，∴满足要求的最小整数m=10【考点】数列的求和【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出a n=6n﹣5，n∈N*．（2）【解析】由= = ，利用裂项求和法求出T n=，由此能求出满足要求的最小整数m=10．13、【答案】（1）解：由已知，得当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1= =3n当n=1时，a1=S1=3．∴a n=3n（2）解：．当n=1时，T n+1＞T n，即T2＞T1；当n=2时，T n+1=T n，即T3=T2；当n≥3时，T n+1＜T n，即T n＜T n﹣1＜…＜T4＜T3∴{T n}中的最大值为，要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立，只需∴解法二：当n=1，2时，T n+1≥T n；当n≥3时，n+2＜2n⇒T n+1＜T n∴n=1时，T1=9；n=2，3时，n≥4时，T n＜T3∴{T n}中的最大值为，要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立，只需∴（3）解：将K n代入，化简得，（﹡）若t=1时，，显然n=1时成立；若t＞1时，（﹡）式化简为不可能成立综上，存在正整数n=1，t=1使成立【考点】数列的应用，数列与函数的综合【解析】【分析】（1）利用a n=S n﹣S n﹣1求解；（2）要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立，只需m≥{T n}中的最大值即可；（3）求解有关正整数n的不等式．14、【答案】（1）解：S n= + +…+ = （﹣），∵S2= ，S3= ，∴（﹣）= ，（﹣）= ，∴a1=1，d=1，∴a n=n（2）解：T=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（﹣1）]+[log2（）]=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（2n﹣1）]+[log2（2n）]∵[log21]=0，[log22]=[log23]=1，…[log22m]=[log2（m+1）]=…=[log2（m+1﹣1）]=m．∴[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（2n﹣1）]+[log2（2n）]=0+1×2+2×22+…+（n﹣1）•2n﹣1+n，由S=1×2+2×22+…+（n﹣1）•2n﹣1，则2S=1×22+2×23+…+（n﹣1）•2n，∴﹣S=1×2+1×22+…+2n﹣1﹣（n﹣1）•2n= ﹣（n﹣1）•2n，∴S=（2﹣n）•2n﹣2∴T=（2﹣n）•2n﹣2+n【考点】数列的应用【解析】【分析】（1）利用裂项法求和，结合S2= ，S3= ，即可求数列{a n}的通项；（2）先化简，再利用错位相减法，即可得出结论．15、【答案】（1）解：由S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3，n∈N*），整理得：S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n +2n﹣1，﹣2∴a n=a n﹣1=2n﹣1，即a n﹣a n﹣1=2n﹣1，n≥3，∵a2﹣a1=2，a3﹣a2=4，a4﹣a3=23，…a n﹣a n﹣1=2n﹣1，将上式累加整理得：a n﹣a1=2+4+23+…+2n﹣1，∴a n= +3=2n+1，数列{a n}的通项公式a n=2n+1；（2）证明：b n= = = （﹣），∴数列{b n}的前n项和T n=b1+b2+b3+…+b n，= [（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]，= （﹣），T n+1﹣T n= ＞0，∴T n随着n的增大而增大，若T n＞m，则（﹣）＞m，化简整理得：＞，∵m∈（0，），∴1﹣6m＞0，∴2n+1＞﹣1，n＞log2（﹣1）﹣1，当log2（﹣1）﹣1＜1时，即0＜m＜，取n0=1，当log2（﹣1）﹣1≥1时，解得：≤m＜，记log2（﹣1）﹣1的整数部分为p，取n0=p+1即可，综上可知，对任意m∈（0，），均存在n0∈N*，使得当n≥n0时，T n＞m恒成立【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）由题意可知S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n﹣2+2n﹣1，即a n﹣a n﹣1=2n﹣1，n≥3，采用“累加法”即可求得数列{a n}的通项公式；（2）由（1）可知，b n= == （﹣），采用“裂项法”即可求得数列{b n}的前n项和T n，由函数的单调性可知，T n随着n的增大而增大，分离参数n＞log2（﹣1）﹣1，分类log2（﹣1）﹣1＜1及log2（﹣1）﹣1≥1时，求得m的取值范围，求得n0的值，即可证明存在n0∈N*，使得当n≥n0时，T n＞m恒成立．16、【答案】（1）解：=（2）解：a2=2a1﹣3（﹣1）=5，b1=a2﹣1=4，因为b n+1=4b n所以，所以{b n}是等比数列，所以b n=4n=a2n﹣1，，，所以，即（3）解：由（2），令S=1•21+2•22+…+n•2n则2S=1•22+2•23+…+（n﹣1）•2n+n•2n+1，S=（n﹣1）•2n+1+2n为奇数时，，n为偶数时，所以n为奇数时，即恒成立，易证递增，n=1时取最小值，所以n为偶数时，，即，易证递增，n=2时取最小值，所以综上可得【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）根据数列递推公式即可证明，（2）先求出数列{b n}的通项公式，再分类求出{a n}的通项公式，（3）令S=1•21+2•22+…+n•2n根据错位相减法求出S n，分离参数，根据数列的函数特征即可求出λ的取值范围．17、【答案】（1）设数列{a n}的公差为d，首项，则∴∴a 5=17．∵，∴a n=3n+2．（2），∴数列{b n}是首项为32，公比为8的等比数列【考点】等差数列的通项公式，等差关系的确定【解析】知识点：等差数列的通项公式等比关系的确定解析【分析】（1）根据前9项和为153和第五项是前9项的等差中项，得到第五项的值，根据第二项和第五项的值列出方程求得首项和公差，写出通项公式．（2）要证明数列是等比数列，只要相邻两项之比是常数即可，两项之比是一个常数得到结论．18、【答案】（1）解：a1=n﹣1，考察相邻两站a k，a k﹣1之间的关系，由题意知k= k﹣1﹣（k﹣1）+（n﹣k），∴k﹣k﹣1=（n+1）﹣2k（k≥2）．依次让k取2，3，4，…，k得k﹣1个等式，将这k﹣1个等式相加，得k=nk﹣k2（n，k∈N+，1≤k≤n）．（2）解：，当n为偶数时，取k= ，a k取得最大值；当n为奇数时，取k= 或，a k取得最大值．【考点】数列的函数特性【解析】【分析】本题考查二次函数的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意数列的性质和应用．二、解答题19、【答案】解：（I）由x2﹣5x+6=0，解得x=2，3．又{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．∴a2=2，a4=3．∴a1+d=2，a1+3d=3，解得a1= ，d= ．∴a n= + （n﹣1）= ．（II）= ．∴数列{ }的前n项和S n= + +…+ ．= + +…+ + ．∴= + +…+ ﹣= ﹣=1﹣．∴S n=2﹣【考点】数列的求和【解析】【分析】（I）由x2﹣5x+6=0，解得x=2，3．又{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．可得a2=2，a4=3．再利用等差数列的通项公式即可得出．（II）= ．利用错位相减法、等比数列的求和公式即可得出．20、【答案】证明（Ⅰ）∵na n+1=（n+1）a n+n（n+1），∴，∴，∴数列{ }是以1为首项，以1为公差的等差数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，b n=3n• =n•3n，∴•3n﹣1+n•3n①•3n+n•3n+1②①﹣②得3n﹣n•3n+1==∴【考点】等比关系的确定，数列的求和【解析】【分析】（Ⅰ）将na n+1=（n+1）a n+n（n+1）的两边同除以n（n+1）得，由等差数列的定义得证．（Ⅱ）由（Ⅰ）求出b n=3n• =n•3n，利用错位相减求出数列{b n}的前n项和S n．21、【答案】解：（Ⅰ）证明：由a1=1，a n+1= ，得a n＞0，（n∈N），则a n+1﹣a n= ﹣a n= ＜0，∴a n+1＜a n；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知0＜a n＜1，又a n+1= ．，∴= ≥ ，即a n+1＞a n，∴a n＞a n﹣1≥（）2a n﹣1≥…≥（）2a n﹣1≥（）n﹣1a1= ，即a n≥ ．由a n+1= ，则=a n+ ，∴﹣=a n，∴﹣=a1=1，﹣=a2= ，﹣=a3=（）2… ﹣=a n﹣1≥（）n﹣2，累加得﹣=1+ +（）2+…+（）n﹣2= =2﹣（）n﹣2，而a1=1，∴≥3﹣（）n﹣2= = ，∴a n≤ ．综上得≤a n≤【考点】数列与不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）由a n＞0，则做差a n+1﹣a n= ﹣a n= ＜0，即可证明a n+1＜a n；（Ⅱ）由a n+1＞a n，a n＞a n﹣1≥（）2a n﹣1≥…≥（）2a n﹣1≥（）n﹣1a1= ，则a n≥ ．由﹣=a n，采用“累加法”即可求得≥3﹣（）n﹣2= = ，即可求得≤a n≤ ．22、【答案】解：（Ⅰ）∵na n+1=2S n，∴（n﹣1）a n=2S n﹣1（n≥2），两式相减得，na n+1﹣（n﹣1）a n=2a n，∴na n+1=（n+1）a n，即= （n≥2），又因为a1=1，a2=2，从而=2，∴a n=1× ×…× =n（n≥2），故数列{a n}的通项公式a n=n（n∈N*）．在数列{b n}中，由b n+12=b n•b n+2，知数列{b n}是等比数列，首项、公比均为，∴数列{b n}的通项公式b n= ；（Ⅱ）∵T n=a1b1+a2b2+…+a n b n= +2×（）2+…+n× ①∴T n=（）2+2×（）3+…+（n﹣1）× +n×（）n+1②由①﹣②，得T n= +（）2+（）3+…+ ﹣×（）n+1=1﹣，∴T n=2﹣，T n＞对任意的n∈N+恒成立，λ＞对任意的n∈N+恒成立，设f（n）= ，f（n）﹣f（n﹣1）= - ＜0，则f（n）在[1，+∞）上单调递减，f（n）≤f（1）=3恒成立，则λ＞3满足条件．综上所述，实数λ的取值范围是（3，+∞）【考点】数列的求和，数列递推式，数列与不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）利用na n+1=2S n，再写一式，两式相减，再叠乘，即可求数列{a n}的通项公式；在等比数列{b n}满足b1= ，b2= ，公比为，由此可得数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）利用错位相减法求数列的和，再将不等式转化为λ＞对任意的n∈N+恒成立，构造函数，利用函数的性质，即可确定实数λ的取值范围．23、【答案】解：（I）因为数列满足a n+2=2a n+1﹣a n（n∈N*），所以{a n}是等差数列且s5=70，∴5a1+10d=70．①∵a2，a7，a22成等比数列，∴，即．②由①，②解得a1=6，d=4或a1=14，d=0（舍去），∴a n=4n+2．（II）证明：由（I）可得，所以．所以== ．∵，∴．∵，∴数列{T n}是递增数列，∴∴【考点】数列的求和，数列递推式，数列与不等式的综合【解析】【分析】（I）通过a n+2=2a n+1﹣a n（n∈N*），判断{a n}是等差数列，利用s5=70，a2，a7，a22成等比数列求解数列的首项与公差，然后求解通项公式．（II）求出，化简它的倒数，利用裂项消项法求解数列的和，利用数列的单调性证明不等式．24、【答案】解：（Ⅰ）∵，∴，即a1=1，∵，即a1+a2=4﹣a2﹣1，∴a2=1，∵，即a1+a2+a3=4﹣a3﹣，∴a3= ，∵，即a1+a2+a3+a4=4﹣a4﹣，∴a3= ，（Ⅱ）猜想证明如下：①当n=1时，a1=1，此时结论成立；②假设当n=k（k∈N*）结论成立，即，那么当n=k+1时，有∵∴，这就是说n=k+1时结论也成立．根据①和②，可知对任何n∈N*时．【考点】数列的求和，数学归纳法，数学归纳法【解析】【分析】（1）由．我们依次将n=1，2，3，4…代入，可以求出a1，a2，a3，a4；（2）观察（1）的结论，我们可以推断出a n的表达式，然后由数学归纳法的步骤，我们先判断n=1时是否成立，然后假设当n=k时，公式成立，只要能证明出当n=k+1时，公式成立即可得到公式对所有的正整数n都成立．25、【答案】解：（Ⅰ）∵a n+1=ca n+1﹣c，a n+1﹣1=c（a n﹣1），∴当a1=a≠1时，{a n﹣1}是首项为a﹣1，公比为c的等比数列∴a n﹣1=（a﹣1）c n﹣1当a=1时，a n=1仍满足上式．∴数列{a n﹣1}的通项公式为a n=（a﹣1）c n﹣1+1（n∈N*）；（Ⅱ）由（1）得，当时，．∴．．两式作差得．= ．∴【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）整理a n+1=ca n+1﹣c得a n+1﹣1=c（a n﹣1），进而判断出当a1=a≠1时，{a n﹣1}是首项为a﹣1，公比为c的等比数列，进而根据等比数列的性质求得其通项公式，当a=1时，也成立，进而可得答案．（2）根据（1）中的a n，求得b n，进而根据错位相减法求得数列的前n项的和．26、【答案】解：（Ⅰ）∵点M在直线x=上，设M(,)．又=，即=(,)，=(,)，∴x1+x2=1．①当x1=时，x2=，y1+y2=f（x1）+f（x2）=﹣1﹣1=﹣2；②当x1≠时，x2≠，y1+y2=+===；综合①②得，y1+y2=﹣2．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当x1+x2=1时，y1+y2=﹣2．∴，k=1，2，3，，n﹣1．n≥2时，S n=+++…+，①S n=，②①+②得，2S n=﹣2（n﹣1），则S n=1﹣n．n=1时，S1=0满足S n=1﹣n．∴S n=1﹣n．（Ⅲ）a n==21﹣n，T n=1++…+=.<⇔⇔．T m+1=2﹣，2T m﹣T m+1=﹣2+=2﹣，∴，c、m为正整数，∴c=1，当c=1时，，∴1＜2m＜3，∴m=1．【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法，数列的求和，数列递推式，相等向量与相反向量【解析】【分析】（Ⅰ）设出M的坐标，求出,．利用=．求出x1+x2的值，再用求出y1+y2的值．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，，化简S n=+++…+，可求S n；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，利用a n=，T n为数列{a n}的前n项和，求出T n的表达式，结合不等式<，推出c，m的范围，正整数c、m，可得c和m的值．。
高中数学专题练习《数列综合拔高练》含详细解析
4.1~4.4综合拔高练考点1等差数列及其应用1.(2019课标全国Ⅰ,9,5分,)记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则()A.a n=2n-5B.a n=3n-10n2-2nC.S n=2n2-8nD.S n=122.(2020课标全国Ⅱ理,4,5分,)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块3.(2019课标全国Ⅲ,14,5分,)记S n为等差数列{a n}的前n项和,若a1≠0,a2=3a1,则S10=.S54.(2019北京,10,5分,)设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a2=-3,S5=-10,则a5=,S n的最小值为.5.(2019课标全国Ⅰ,18,12分,)记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S9=-a5.(1)若a3=4,求{a n}的通项公式;(2)若a1>0,求使得S n≥a n的n的取值范围.考点2等比数列及其应用6.(2019课标全国Ⅲ,5,5分,)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=()A.16B.8C.4D.27.(2018北京,4,5分,)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都12.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为()等于√2A.√23fB.√223fC.√2512fD.√2712f 8.(2019课标全国Ⅰ,14,5分,)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=13,a 42=a 6,则S 5= .9.(2020课标全国Ⅰ理,17,12分,)设{a n }是公比不为1的等比数列,a 1为a 2,a 3的等差中项. (1)求{a n }的公比;(2)若a 1=1,求数列{na n }的前n 项和.10.(2019课标全国Ⅱ,19,12分,)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1,b 1=0,4a n+1=3a n -b n +4,4b n+1=3b n -a n -4. (1)证明:{a n +b n }是等比数列,{a n -b n }是等差数列; (2)求{a n }和{b n }的通项公式.考点3数列的综合应用11.(2020新高考Ⅰ,18,12分,)已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b m}的前100项和S100.12.(2018课标全国Ⅰ,17,12分,)已知数列{a n}满足a1=1,na n+1=2(n+1)a n.设b n=a n.n(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列{b n}是否为等比数列,并说明理由;(3)求{a n}的通项公式.13.(2020天津,19,15分,)已知{a n}为等差数列,{b n}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)记{a n}的前n项和为S n,求证:S n S n+2<S n+12(n∈N*);(3)对任意的正整数n,设c n={(3a n-2)b na n a n+2,n为奇数,a n-1b n+1,n为偶数.求数列{c n}的前2n项和.14.(2018浙江,20,15分,)已知等比数列{a n}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{b n}满足b1=1,数列{(b n+1-b n)a n}的前n项和为2n2+n.(1)求q的值;(2)求数列{b n}的通项公式.考点4数学归纳法*15.(2020课标全国Ⅲ理,17,12分,)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n-4n.(1)计算a2,a3,猜想{a n}的通项公式并加以证明;(2)求数列{2n a n}的前n项和S n.深度解析三年模拟练应用实践1.(2020河南开封高二上期末联考,)公差不为0的等差数列{a n}的部分项a k1,a k2,a k3,…构成公比为4的等比数列{a kn},且k1=1,k2=2,则k3=()A.4B.6C.8D.222.(2020福建厦门外国语学校高二上期中,)已知数列{a n}的通项公式为a n=n+an(n∈N*),则“a2>a1”是“数列{a n}单调递增”的() A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3.(2020湖南长沙一中高三上第三次月考,)已知数列{a n }为等差数列,其前n 项和为S n ,且a 2=3,S 5=25,若b n =a n sin 2nπ3,且数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 9=( ) A.-√32B.0 C .-3√3 D .-3√324.(多选)(2020山东济宁高二上期末质量检测,)若S n 为数列{a n }的前n 项和,且S n =2a n +1(n ∈N *),则下列说法正确的是( ) A.a 5=-16 B.S 5=-63C.数列{a n }是等比数列D.数列{S n +1}是等比数列 5.(多选)(2020广东中山高二上期末统考,)意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人,斐波那契数列被誉为最美的数列,斐波那契数列{a n }满足:a 1=1,a 2=1,a n =a n-1+a n-2(n ≥3,n ∈N *).若将数列的每一项按照下图方法放进格子里,每一小格子的边长为1,记前n 项所占的格子的面积之和为S n ,每段螺旋线与其所在的正方形围成的扇形面积为c n ,则下列结论正确的是( )A.S n+1=a n+12+a n+1a n B.a 1+a 2+a 3+…+a n =a n+2-1C.a 1+a 3+a 5+…+a 2n-1=a 2n -1D.4(c n -c n-1)=πa n-2a n+1 6.(2020山东济宁实验中学高二上期中,)古代埃及数学中有一个独特现象:除23用一个单独的符号表示以外,其他分数都可写成若干个单分数和的形式.例如25=13+115,可这样理解:假定有两个面包,要平均分给5个人,如果每人12,不够,每人13,余13,再将这13分成5份,每人得115,这样每人分得13+115.形如22n -1(n ≥3,n ∈N *)的分数的分解:25=13+115,27=14+128,29=15+145,按此规律,则22n -1= (n ≥3,n ∈N *).深度解析7.(2020山东高考第一次模拟,)古希腊毕达哥拉斯学派研究了“多边形数”,人们把多边形数推广到空间,研究了“四面体数”,如图给出了第一至第四个四面体数已知12+22+32+…+n 2=n(n+1)(2n+1)6.观察上图,由此得出第5个四面体数为 (用数字作答);第n 个四面体数为 .深度解析 8.(2020河北武邑中学高三上期末,)我们称一个数列是“有趣数列”,当且仅当该数列满足以下两个条件:①所有的奇数项满足a 2n-1<a 2n+1,所有的偶数项满足a 2n <a 2n+2;②任意相邻的两项a 2n-1,a 2n 满足a 2n-1<a 2n .根据上面的信息完成下面的问题:(1)数列1,2,3,4,5,6 “有趣数列”(填“是”或者“不是”);(2)若a n =n+(-1)n ·2n ,则数列{a n } “有趣数列”(填“是”或者“不是”).9.(2020北京高考适应性测试,)已知{a n}是公比为q的无穷等比数列,其前n项和为S n,满足a3=12,.是否存在正整数k,使得S k>2020?若存在,求出k的最小值;若不存在,请说明理由.从①q=2,②q=12,③q=-2这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.10.(2020江西新余一中高二上第二次段考,)已知正项数列{a n}的前n项和为S n,对任意n∈N*,点(a n,S n)都在函数f(x)=2x-2的图象上.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(2n-1)a n,求数列{b n}的前n项和T n;(3)已知数列{c n}满足c n=1a n -(1n-1n+1)(n∈N*),若对任意n∈N*,存在x0∈[-12,12],使得c1+c2+…+c n≤f(x0)-a成立,求实数a的取值范围.11.(2020天津耀华中学高二上期中,)在数列{a n}中,已知a1=1,其前n 项和为S n,且对任意的正整数n,都有2S n=(n+1)a n成立.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)已知关于n的不等式a3-2a3·a4-2a4·…·a n-2a n<√2n+1对一切n≥3,n∈N*恒成立,求实数a的取值范围;(3)已知c n=(11+a n )2,数列{c n}的前n项和为T n,试比较T n与23的大小并证明.迁移创新12.(2019北京高考,)已知数列{a n},从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i1<i2<…<i m),若a i1<a i2<…<a im,则称新数列a i1,a i2,…,a im为{a n}的长度为m的递增子列.规定:数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的递增子列.(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;(2)已知数列{a n}的长度为p的递增子列的末项的最小值为a m,长度为q的递增子列的末项的最小值为a n0.若p<q,求证:a m<a n;(3)设无穷数列{a n}的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若{a n}的长度为s的递增子列的末项的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,…),求数列{a n}的通项公式.深度解析答案全解全析 五年高考练1.A 设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,则由题意有{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3,d =2,所以a n =-3+(n-1)×2=2n-5, S n =-3n+n(n -1)2×2=n 2-4n,故选A.2.C 由题意可设每层有n 个环,则三层共有3n 个环,∴每一环扇面形石板的块数构成以a 1=9为首项,9为公差的等差数列{a n },且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S 1,中层总数为S 2,下层总数为S 3,∴S 3-S 2=[9(2n +1)·n +n(n -1)2×9]-9(n+1)·n+n(n -1)2×9=9n 2=729,解得n=9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9+27×262×9=27×9+27×13×9=27×14×9=3 402(块).故选C.3.答案 4解析 设数列{a n }的公差为d, 由题意得a 1+d=3a 1,即d=2a 1, 则S 5=5a 1+5×42d=25a 1,S 10=10a 1+10×92d=100a 1,又a 1≠0,所以S 10S 5=100a 125a 1=4. 4.答案 0;-10解析 解法一:设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,则由已知可得{a 1+d =−3,5a 1+10d =−10,解得{a 1=−4,d =1,所以a 5=a 1+4d=-4+4×1=0,S n =-4n+n(n -1)2=n 22-9n 2=12(n -92)2-818.因为n ∈N *,所以当n=4或n=5时,S n 取得最小值,最小值为-10. 解法二:设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,因为S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3=-10,所以a 3=-2,又因为a 2=-3,所以d=a 3-a 2=1,所以a 5=a 3+2d=0,所以(S n )min =S 4=S 5=-10.5.解析 (1)设{a n }的公差为d. 由S 9=-a 5得a 1+4d=0, 由a 3=4得a 1+2d=4, 于是a 1=8,d=-2.因此{a n }的通项公式为a n =10-2n. (2)由(1)得a 1=-4d, 故a n =(n-5)d,S n =n(n -9)d2.由a 1>0知d<0,故S n ≥a n 等价于n 2-11n+10≤0,解得1≤n ≤10. 所以n 的取值范围是{n|1≤n ≤10,n ∈N *}.6.C 设数列{a n }的公比为q,由题知a 1>0,q>0且q ≠1,则{a 1(1-q 4)1−q=15,a 1q 4=3a 1q 2+4a 1,解得{a 1=1,q =2,所以a 3=a 1q 2=4.7.D 由题意得,十三个单音的频率构成首项为f,公比为√212的等比数列,设该等比数列为{a n },首项为a 1,公比为q,则a 8=a 1q 7=f ·(√212)7=√2712f. 8.答案1213解析 因为a 42=a 2a 6=a 6,所以a 2=1,所以公比为a 2a1=3,所以S 5=13×(1−35)1−3=1213.9.解析 (1)设{a n }的公比为q,且q ≠1,由题设得2a 1=a 2+a 3,即2a 1=a 1q+a 1q 2.所以q 2+q-2=0,解得q 1=1(舍去),q 2=-2. 故{a n }的公比为-2.(2)记S n 为{na n }的前n 项和.由(1)及题设可得,a n =(-2)n-1. 所以S n =1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,①-2S n =-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n .② ①-②可得3S n =1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n =1−(−2)n3-n×(-2)n .所以S n =19-(3n+1)(−2)n9.10.解析 (1)证明:由题知4a n+1=3a n -b n +4①,4b n+1=3b n -a n -4②,①+②得4(a n+1+b n+1)=2(a n +b n ),即a n+1+b n+1=12(a n +b n ).又因为a 1+b 1=1,所以{a n +b n }是首项为1,公比为12的等比数列.①-②,得4(a n+1-b n+1)=4(a n -b n )+8,即a n+1-b n+1=a n -b n +2.又因为a 1-b 1=1,所以{a n -b n }是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,a n +b n =12n -1,a n -b n =2n-1,所以a n =12[(a n +b n )+(a n -b n )] =12n +n-12,b n =12[(a n +b n )-(a n -b n )]=12n -n+12.11.解析 (1)设{a n }的公比为q,且q>1.由题设得a 1q+a 1q 3=20,a 1q 2=8. 解得q 1=12(舍去),q 2=2.所以a 1=8q2=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,所以由题设及(1)可得,b1对应的区间为:(0,1],则b1=0;b2,b3对应的区间分别为:(0,2],(0,3],则b2=b3=1,即有2个1;b4,b5,b6,b7对应的区间分别为:(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则b4=b5=b6=b7=2,即有22个2;b8,b9,…,b15对应的区间分别为:(0,8],(0,9],…,(0,15],则b8=b9=…=b15=3,即有23个3;b16,b17,…,b31对应的区间分别为:(0,16],(0,17],…,(0,31],则b16=b17=…=b31=4,即有24个4;b32,b33,…,b63对应的区间分别为:(0,32],(0,33],…,(0,63],则b32=b33=…=b63=5,即有25个5;b64,b65,…,b100对应的区间分别为:(0,64],(0,65],…,(0,100],则b64=b65=…=b100=6,即有37个6.所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.12.解析(1)由已知可得a n+1=2(n+1)a n.n将n=1代入,得a2=4a1,又a1=1,所以a2=4.将n=2代入,得a3=3a2,所以a3=12.,所以b1=1,b2=2,b3=4.因为b n=a nn(2)数列{b n}是首项为1,公比为2的等比数列.理由如下:由已知可得a n+1n+1=2a nn,即b n+1=2b n ,又b 1=1,所以数列{b n }是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得an n =2n-1,所以a n =n ·2n-1.13.解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由a 1=1,a 5=5(a 4-a 3),可得d=1,从而{a n }的通项公式为a n =n.由b 1=1,b 5=4(b 4-b 3),又q ≠0,可得q 2-4q+4=0,解得q=2,从而{b n }的通项公式为b n =2n-1. (2)证明:由(1)可得S n =n(n+1)2,故S n S n+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),S n+12=14(n+1)2(n+2)2,从而S n S n+2-S n+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以S n S n+2<S n+12.(3)当n 为奇数时,c n =(3a n -2)b n a n a n+2=(3n -2)2n -1n(n+2)=2n+1n+2-2n -1n;当n 为偶数时,c n =a n -1b n+1=n -12n.对任意的正整数n,有∑k=1nc 2k-1=∑k=1n22k 2k+1-22k -22k -1=22n2n+1-1,和∑k=1n c 2k =∑k=1n2k -14k=14+342+543+…+2n -14n.①由①得14∑k=1n c 2k =142+343+…+2n -34n+2n -14n+1.②由①-②得34∑k=1nc 2k =14+242+…+24n -2n -14n+1=24(1−14n )1−14-14-2n -14n+1,从而得∑k=1nc 2k =59-6n+59×4n.因此,∑k=12n c k =∑k=1nc 2k-1+∑k=1nc 2k =4n2n+1-6n+59×4n -49.所以,数列{c n }的前2n 项和为4n2n+1-6n+59×4n -49.14.解析 (1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项,得a 3+a 5=2a 4+4, 所以a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28,解得a 4=8.所以a 3+a 5=20,即8(q +1q )=20,解得q=2或q=12,因为q>1,所以q=2.(2)设c n =(b n+1-b n )a n ,数列{c n }的前n 项和为S n , 由c n ={S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2,得c n =4n-1.由(1)可知a n =2n-1, 所以b n+1-b n =(4n-1)·(12)n -1,所以b n -b n-1=(4n-5)·(12)n -2,n ≥2,则b n -b 1=(b n -b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b 3-b 2)+(b 2-b 1) =(4n-5)·(12)n -2+(4n-9)·(12)n -3+…+7·12+3.设T n =3+7·12+11·(12)2+…+(4n-5)·(12)n -2,n ≥2,则12T n =3·12+7·(12)2+…+(4n-9)·(12)n -2+(4n-5)·(12)n -1,两式相减,得12T n =3+4·12+4·(12)2+…+4·(12)n -2-(4n-5)·(12)n -1=3+4×12[1−(12)n -2]1−12-(4n-5)·(12)n -1=7-(4n+3)·(12)n -1,因此T n =14-(4n+3)·(12)n -2,n ≥2,又b 1=1,所以b n =15-(4n+3)·(12)n -2,n ∈N *.15.解析 (1)由题意可得a 2=3a 1-4=9-4=5,a 3=3a 2-8=15-8=7,由数列{a n }的前三项可猜想数列{a n }是以3为首项,2为公差的等差数列,即a n =2n+1,n ∈N *, 证明如下:当n=1时,a 1=3成立;假设n=k(k ∈N *)时,a k =2k+1成立.那么n=k+1时,a k+1=3a k-4k=3(2k+1)-4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N*,都有a n=2n+1成立.所以{a n}的通项公式为a n=2n+1,n∈N*.(2)由(1)得2n a n=(2n+1)2n,所以S n=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①从而2S n=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②①-②得-S n=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.所以S n=(2n-1)2n+1+2.知识拓展数列求和的5种方法解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如a n=1n(n+k),可裂项为a n=1k ·(1n-1n+k);(3)错位相减法:形如c n=a n·b n,其中{a n}是等差数列,{b n}是等比数列;(4)分组求和法:形如c n=a n+b n,其中{a n}是等差数列,{b n}是等比数列;(5)并项求和法.三年模拟练应用实践1.B设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d(d≠0).因为等比数列{a kn}的公比为4,且k1=1,k2=2,所以a1,a2,a k3构成公比为4的等比数列.所以a 2=4a 1,所以a 1+d=4a 1,得d=3a 1. 所以a k 3=4a 2=4(a 1+d)=4(a 1+3a 1)=16a 1,所以a 1+(k 3-1)d=16a 1,即a 1+(k 3-1)·3a 1=16a 1,因为a 1≠0,所以k 3=6.故选B.2.A 当a 2>a 1时,2+a2>1+a,即a<2,此时a n+1-a n =1-an(n+1),又n ∈N *,所以n(n+1)≥2,所以a n+1-a n >0,充分性成立; 若{a n }为递增数列,则a n+1-a n =1-a n(n+1)>0恒成立,即a<n(n+1)恒成立,故a<2,此时a 2>a 1,必要性成立,故选A. 3.C 设{a n }的首项为a 1,公差为d,由S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3=25,得a 3=5.又a 2=3,∴d=a 3-a 2=2.∴a n =a 2+(n-2)d=3+2(n-2)=2n-1. 又sin2nπ3的周期为2π2π3=3,且sin 2π3=√32,sin 4π3=-√32,sin 2π=0,∴T 9=√32a 1-√32a 2+0+√32a 4-√32a 5+0+√32a 7-√32a 8+0=√32×(-d)×3=-3√3,故选C. 4.AC 由题意得,当n=1时,S 1=2a 1+1,解得a 1=-1,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2a n -2a n-1,即a n =2a n-1,所以数列{a n }是以-1为首项,2为公比的等比数列,所以a n =(-1)×2n-1,a 5=-1×24=-16,故A 、C 正确. 又S n =2a n +1=-2n +1,所以S 5=-25+1=-31,故B 错误.因为S 1+1=-1+1=0,所以数列{S n +1}不是等比数列,故D 错误.故选AC.5.ABD 前n+1项所占格子组成长为a n+1+a n ,宽为a n+1的矩形,其面积为S n+1=(a n+1+a n )a n+1=a n+12+a n+1a n ,∴A 正确;依题意得,a 3=a 2+a 1,a 4=a 3+a 2,……,a n+2=a n+1+a n ,以上各式相加得,a 3+a 4+…+a n+2=(a 2+a 3+…+a n+1)+(a 1+a 2+…+a n ),∴a n+2-a 2=a 1+a 2+…a n ,即a 1+a 2+…+a n =a n+2-1,∴B 正确;依题意得,a 1=a 2=1,a 3=2,a 4=3,a 5=5,a 6=8,∴a 1+a 3+a 5=8≠a 6-1=7,∴C 不正确;易知c n =14πa n 2,c n-1=14πa n -12,∴4(c n -c n-1)=π(a n 2-a n -12)=π(a n -a n-1)(a n +a n-1)=πa n-2a n+1(n ≥3),∴D 正确.故选ABD. 6.答案 1n +12n 2-n解析 由题意得,25=13+115, 即22×3−1=13+13×(2×3−1)27=14+128,即22×4−1=14+14×(2×4−1), 29=15+145,即22×5−1=15+15×(2×5−1),由此归纳出22×n -1=1n +1n(2n -1)(n ≥3,n ∈N *). 经验证1n +1n(2n -1)=2n -1+1n(2n -1)=22n -1,结论成立,∴22n -1=1n +12n 2-n.易错警示 由数列的前n 项归纳通项公式时,首先要分析项的结构,然后再探究结构中的各部分与项的序号n 间的函数关系,进而求得通项公式. 7.答案 35;n(n+1)(n+2)6解析 依题意得,第一个四面体数为1, 第二个四面体数为1+(1+2), 第三个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3),第四个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4),第五个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4)+(1+2+3+4+5)=35, ……由此可归纳出第n 个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3)+…+(1+2+3+…+n), 即1+3+6+…+n(n+1)2.①设①式中的每个数从左至右的排列为数列{a n },即{a n }为1,3,6,10,… 得到递推关系为a 2-a 1=2,a 3-a 2=3,……,a n -a n-1=n,以上各式相加得,a n -a 1=(n -1)(n+2)2=12(n 2+n-2).又a 1=1,∴a n =12(n 2+n), ∴a 1+a 2+…+a n =12[(12+1)+(22+2)+(32+3)+…+(n 2+n)]=12(12+22+32+…+n 2)+12(1+2+3+…+n) =12×n(n+1)(2n+1)6+12×n(n+1)2=n(n+1)(n+2)6.∴第n 个四面体数为n(n+1)(n+2)6.解题模板 对于图形中的计数问题,常分析前后图形数量之间的关系,如本题中,第一个数:a 1,第二个数:a 1+a 2,第三个数:a 1+a 2+a 3,第四个数:a 1+a 2+a 3+a 4,……,且a 2=a 1+2,a 3=a 2+3,a 4=a 3+4,……,由此利用数列的递推关系式进行计算.8.答案(1)是(2)是解析(1)数列1,2,3,4,5,6为递增数列,符合“有趣数列”的条件.因此,数列1,2,3,4,5,6是“有趣数列”.(2)若a n=n+(-1)n·2n,则a2n+1-a2n-1=(2n+1)-22n+1-[(2n-1)-22n-1]=2+22n-1-22n+1=2+4(2n-1)(2n+1)>0,∴a2n+1>a2n-1.a2n+2-a2n=2n+2+22n+2-(2n+22n)=2-1n(n+1).∵n(n+1)≥2,∴a2n+2-a2n>0,即a2n+2>a2n.a2n-a2n-1=2n+22n -(2n-1-22n-1)=1+1n +22n-1>0,∴a2n>a2n-1,∴{a n}是“有趣数列”.9.解析设数列{a n}的首项为a1.选择①q=2.当q=2时,由a3=12得,a1=a3q2=3.∴S n=a1(1-q n)1−q =3×(1−2n)1−2=3×2n-3,则S k=3×2k-3.由S k>2020得,3×2k-3>2020,即2k>2 0233≈674.3.∵29=512,210=1024,k∈N*,∴k min=10.∴当a3=12,q=2时,存在最小正整数k=10,使得S k>2020.选择②q=12.当q=12时,由a 3=12得,a 1=a3q2=48, ∴S n =a 1(1-q n )1−q=48×(1−12n )1−12=96-96×(12)n ,则S k =96-96×(12)k.由S k >2 020得,96-96×(12)k>2 020, 即(12)k<-48124,不等式无解,则k 不存在.∴当a 3=12,q=12时,不存在最小正整数k,使得S k >2 020.选择③q=-2.当q=-2时,由a 3=12得,a 1=a3q 2=3, ∴S n =a 1(1-q n )1−q=3×[1−(−2)n ]1−(−2)=1-(-2)n , 则S k =1-(-2)k .由S k >2 020得,1-(-2)k >2 020,即(-2)k <-2 019. 当k 为偶数时,2k <-2 019,不等式无解. 当k 为奇数时,-2k <-2 019,即2k >2 019, ∵210=1 024,211=2 048,k ∈N *,∴k min =11.∴当a 3=12,q=-2时,存在最小正整数k=11,使得S k >2 020.10.解析 (1)由点(a n ,S n )都在函数f(x)=2x-2的图象上,可得S n =2a n -2①, 当n=1时,a 1=S 1=2a 1-2,解得a 1=2;当n ≥2时,由S n =2a n -2得,S n-1=2a n-1-2②,①-②,得a n =S n -S n-1=2a n -2-2a n-1+2,即a n =2a n-1,又a 1=2≠0,所以数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列. 所以a n =2n ,n ∈N *.(2)由(1)知b n =(2n-1)a n =(2n-1)2n ,则T n =1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n , 2T n =1×22+3×23+…+(2n-3)×2n +(2n-1)×2n+1, 两式相减可得-T n =2+2(22+23+ (2))-(2n-1)×2n+1=2+2×4×(1−2n -1)1−2-(2n-1)×2n+1=(3-2n)×2n+1-6,所以T n =6+(2n-3)×2n+1. (3)由(1)知c n =12n -(1n -1n+1), 设M n 为数列{c n }的前n 项和, 则M n =(12+122+⋯+12n)-(1−12)+(12-13)+…+1n -1n+1=12×(1−12n )1−12-(1−1n+1)=1n+1-12n, 因为c n =12n -(1n -1n+1)=12n -1n(n+1), 所以c 1=0,c 2>0,c 3>0,c 4>0, 当n ≥5时,令d n =2n n(n+1), 则d n+1-d n =2n+1(n+1)(n+2)-2nn(n+1)=2n (n -2)n(n+1)(n+2)>0,所以{d n }为递增数列. 又d 5=255×6=1615>1,所以d n >1,所以2n >n(n+1),所以c n <0, 所以M n 的最大值为M 4=15-116=1180,当x ∈[-12,12]时,f(x)-a=2x-2-a 的最大值为-1-a,因为对任意n ∈N *,存在x 0∈[-12,12],使得c 1+c 2+…+c n ≤f(x 0)-a 成立,所以1180≤-1-a,解得a ≤-9180.所以实数a 的取值范围是(-∞,-9180].11.解析 (1)∵2S n =(n+1)a n , ∴当n ≥2时,2S n-1=na n-1, ∴两式相减得,2a n =(n+1)a n -na n-1, 即(n-1)a n =na n-1(n ≥2), 又a 1=1≠0,∴a n ≠0,∴a n a n -1=nn -1(n ≥2),∴a2a 1=21,a3a 2=32,……,a na n -1=n n -1,∴a n =a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n -1·a 1=21·32·…·n n -1·1=n,经检验,当n=1时,a 1=1也满足上式, ∴a n =n(n ∈N *). (2)由(1)知a n =n,设f(n)=a 3-2a 3·a 4-2a 4·…·a n -2a n·√2n +1(n ≥3,n ∈N *), 则f(n+1)-f(n)=a 3-2a 3·a 4-2a 4·…·a n -2a n·(a n+1-2a n+1·√2n +3-√2n +1) =a 3-2a 3·a 4-2a 4·…·a n -2a n ·(n -1)√2n+3-(n+1)√2n+1n+1=a 3-2a 3·a 4-2a 4·…·a n -2a n·(√2n 3-n 2-4n+3-√2n 3+5n 2+4n+1n+1)<0,∴f(n)在n ≥3,n ∈N *上单调递减, ∴f(n)max =f(3)=√73.∴a>f(3)=√73,∴实数a的取值范围是(√73,+∞).(3)T n <23.证明如下:∵a n =n,∴c n =(11+a n)2=(11+n )2=1n 2+2n+1<1n(n+2)=12(1n -1n+2),∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n=14+c 2+c 3+…+c n <14+12(12-14)+(13-15)+(14-16)+…+1n -1n+2=14+1212+13-1n+1-1n+2=23-12(1n+1+1n+2)<23. ∴T n <23.迁移创新12.解析 (1)1,3,5,6.(答案不唯一)(2)证明:设长度为q 末项为a n 0的一个递增子列为a r 1,a r 2,…,a r q -1,a n 0. 由p<q,得a r p ≤a r q -1<a n 0.因为{a n }的长度为p 的递增子列末项的最小值为a m 0, 且a r 1,a r 2,…,a r p 是{a n }的长度为p 的递增子列, 所以a m 0≤a r p .所以a m 0<a n 0.(3)由题设知,所有正奇数都是{a n }中的项.先证明:若2m 是{a n }中的项,则2m 必排在2m-1之前(m 为正整数). 假设2m 排在2m-1之后.设a p 1,a p 2,…,a p m -1,2m-1是数列{a n }的长度为m 末项为2m-1的递增子列,则a p 1,a p 2,…,a p m -1,2m-1,2m 是数列{a n }的长度为m+1末项为2m 的递增子列,与已知矛盾.再证明:所有正偶数都是{a n }中的项.假设存在正偶数不是{a n }中的项,设不在{a n }中的最小的正偶数为2m. 因为2k 排在2k-1之前(k=1,2,…,m-1),所以2k 和2k-1不可能在{a n }的同一个递增子列中.又{a n }中不超过2m+1的数为1,2,…,2m-2,2m-1,2m+1,所以{a n }的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为2×2×2×…×2⏟ (m -1)个×1×1=2m-1<2m .与已知矛盾.最后证明:2m 排在2m-3之后(m ≥2为整数).假设存在2m(m ≥2),使得2m 排在2m-3之前,则{a n }的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小于2m ,与已知矛盾. 综上,数列{a n }只可能为2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…. 经验证,数列2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…符合条件. 所以a n ={n +1,n 为奇数,n -1,n 为偶数.点评 本题通过对数列新概念的理解考查了逻辑推理、知识的迁移应用能力;重点考查逻辑推理、数学抽象的核心素养;渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思想.。
北京市2014届高三理科数学一轮复习试题选编14：数列的综合问题(学生版) Word
北京市2014届高三理科数学一轮复习试题选编14：数列的综合问题一、选择题1 ．（2013北京海淀二模数学理科试题及答案）若数列{}n a 满足:存在正整数T ,对于任意正整数n 都有n T n a a +=成立,则称数列{}n a 为周期数列,周期为T . 已知数列{}n a 满足1(0)a m m =>,11, 1=1, 0 1.n n n n na a a a a +->⎧⎪⎨<≤⎪⎩，则下列结论中错误．．的是 （ ）A ．若34a =,则m 可以取3个不同的值 B．若m =则数列{}n a 是周期为3的数列 C ．T ∀∈*N 且2T ≥,存在1m >,{}n a 是周期为T 的数列 D ．Q m ∃∈且2m ≥,数列{}n a 是周期数列2 ．（2013北京昌平二模数学理科试题及答案）设等比数列}{n a 的公比为q ,其前n 项的积为n T ,并且满足条件11a >,9910010a a ->,99100101a a -<-.给出下列结论:① 01q <<; ② 9910110a a ⋅->; ③ 100T 的值是n T 中最大的;④ 使1n T >成立的最大自然数n 等于198. 其中正确的结论是 （ ）A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④二、填空题3 ．（2013届北京市延庆县一模数学理）以下是面点师一个工作环节的数学模型：如图，在数轴上截取与闭区间]4,0[对应的线段，对折后（坐标4所对应的点与原点重合）再均匀地拉成4个单位长度的线段，这一过程称为一次操作（例如在第一次操作完成后，原来的坐标1、3变成2，原来的坐标2变成4，等等）.那么原闭区间]4,0[上（除两个端点外）的点，在第n 次操作完成后)1(≥n ，恰好被拉到与4重合的点所对应的坐标为)(n f ，则=)3(f ；=)(n f .4 ．5 ．（北京市石景山区2013届高三一模数学理试题）对于各数互不相等的整数数组(n i i i i ,,,,321⋅⋅⋅)(n 是不小于3的正整数),若对任意的q p ,∈{n ，，⋅⋅⋅3,2,1},当q p <时有q p i i >,则称q p i i ,是该数组的一个“逆序”.一个数组中所有“逆序”的个数称为该数组的“逆序数”,如数组(2,3,1)的逆序数等于2.则数组(5,2,4,3,1) 2 4（3题图）6 ．（2013朝阳二模数学理科）数列{21}n-的前n 项1,3,7,,21n - 组成集合{1,3,7,,21}()n n A n *=-∈N ,从集合n A 中任取k (1,2,3,,)k n = 个数,其所有可能的k 个数的乘积的和为k T (若只取一个数,规定乘积为此数本身),记12n n S T T T =+++ .例如当1n =时,1{1}A =,11T =,11S =;当2n =时,2{1,3}A =,113T =+,213T =⨯,213137S =++⨯=.则当3n =时,3S =______;试写出n S =______.7 ．（2013届西城区一模理科）记实数12,,,n x x x 中的最大数为12max{,,,}n x x x ，最小数为12min{,,,}n x x x .设△ABC 的三边边长分别为,,a b c ，且a b c ≤≤，定义△ABC 的倾斜度为m a x {,,}m i n {,a b ca tbc a b =⋅,}bc ca ．（ⅰ）若△ABC 为等腰三角形，则t =______； （ⅱ）设1a =，则t 的取值范围是______．8 ．（海淀区北师特学校13届高三第四次月考理科）对任意x ∈R ，函数()f x满足1(1)2f x +=，设)()]([2n f n f a n -=，数列}{n a 的前15项的和为3116-，则(15)f = ． 9 ．（北京市东城区2013届高三上学期期末考试数学理科试题）定义映射:f A B →，其中{(,),}A m n m n =∈R ，B =R ，已知对所有的有序正整数对(,)m n 满足下述条件:①(,1)1f m =；②若n m >，(,)0f m n =；③(1,)[(,)(,1)]f m n n f m n f m n +=+-， 则(2,2)f = ，(,2)f n = ．10．（2013北京东城高三二模数学理科）在数列{}n a 中,若对任意的*n ∈N ,都有211n n n na a t a a +++-=(t 为常数),则称数列{}n a 为比等差数列,t 称为比公差.现给出以下命题:①等比数列一定是比等差数列,等差数列不一定是比等差数列;②若数列{}n a 满足122n n a n-=,则数列{}n a 是比等差数列,且比公差12t =;③若数列{}n c 满足11c =,21c =,12n n n c c c --=+(3n ≥),则该数列不是比等差数列; ④若{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列,则数列{}n n a b 是比等差数列. 其中所有真命题的序号是 .11．（北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）将整数1,2,3,,25 填入如图所示的5行5列的表格中，使每一行的数字从左到右都成递增数列，则第三列各数之和的最小值为 ，最大值为 .12．（2013北京房山二模数学理科试题及答案）在数列{}n a 中,如果对任意的*n ∈N ,都有211n n n na a a a λ+++-=(λ为常数),则称数列{}n a 为比等差数列,λ称为比公差.现给出以下命题:①若数列{}n F 满足1212(3)n n n F F F F F n --=+≥=1,=1,,则该数列不是比等差数列; ②若数列{}n a 满足123-⋅=n n a ,则数列{}n a 是比等差数列,且比公差0=λ;③等比数列一定是比等差数列,等差数列一定不是比等差数列; ④若{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列,则数列{}n n a b 是比等差数列. 其中所有真命题的序号是____ .三、解答题13．（海淀区2013届高三上学期期中练习数学（理））已知数集12{,,A a a =,}n a 12(1a a =<<,2)n a n <≥具有性质P:对任意的(2)k k n ≤≤,,(1)i j i j n ∃≤≤≤,使得k i j a a a =+成立. (Ⅰ)分别判断数集{1,3,4}与{1,2,3,6}是否具有性质P,并说明理由; (Ⅱ)求证:122n a a a ≤++1(2)n a n -+≥;(Ⅲ)若72n a =,求数集A 中所有元素的和的最小值.14．（2013届北京海滨一模理科）设(,),(,)A A B B A x y B x y 为平面直角坐标系上的两点，其中,,,A A B B x y x y ∈Z .令B A x x x ∆=-，B A y y y ∆=-，若x ∆+=3y ∆,且||||0x y ∆⋅∆≠，则称点B 为点A 的“相关点”，记作：()B A τ=. 已知0P 0000(,)(,)x y x y ∈ Z 为平面上一个定点，平面上点列{}i P 满足：1()i i P P τ-=，且点i P 的坐标为(,)i i x y ，其中1,2,3,...,i n =.（Ⅰ）请问：点0P 的“相关点”有几个？判断这些“相关点”是否在同一个圆上，若在同一个圆上，写出圆的方程；若不在同一个圆上，说明理由；（Ⅱ）求证：若0P 与n P 重合，n 一定为偶数；（Ⅲ）若0(1,0)P ，且100n y =，记0ni i T x ==∑，求T 的最大值.15．（西城区2013届高三上学期期末考试数学理科）如图，设A 是由n n ⨯个实数组成的n 行n 列的数表，其中ij a (,1,2,3,,)i j n = 表示位于第i 行第j 列的实数，且{1,1}ij a ∈-.记(,)S n n 为所有这样的数表构成的集合．对于(,)A S n n ∈，记()i r A 为A 的第i 行各数之积，()j c A 为A 的第j 列各数之积．令11()()()n ni j i j l A r A c A ===+∑∑．（Ⅰ）请写出一个(4,4)A S ∈，使得()0l A =； （Ⅱ）是否存在(9,9)A S ∈，使得()0l A =？说明理由；（Ⅲ）给定正整数n ，对于所有的(,)A S n n ∈，求()l A 的取值集合．16．（2011年高考（北京理））若数列12:,,(2)n n A a a a n ≥ 满足1||1(1,2,,1)k k a a k n +-==- ,则称n A 为E 数列.记12()n n S A a a a =+++ (Ⅰ)写出一个满足150a a ==,且5()0S A >的E 数列5A ;(Ⅱ)若112,2000a n ==,证明: E 数列n A 是递增数列的充要条件是2011n a =;(Ⅲ)对任意给定的整数(2)n n ≥,是否存在首项为0的E 数列n A ,使得()0n S A =?如果存在,写出一个满足条件的E 数列n A ;如果不存在,说明理由.17．（2013丰台二模数学理科）已知等差数列{}n a 的通项公式为23-=n a n ,等比数列{}n b 中,1143,1b a b a ==+.记集合{},*,n A x x a n N ==∈ {},*n B x x b n N ==∈,U A B =⋃,把集合U 中的元素按从小到大依次排列,构成数列{}n c .(Ⅰ)求数列{}n b 的通项公式,并写出数列{}n c 的前4项;(Ⅱ)把集合U C A 中的元素从小到大依次排列构成数列{}n d ,求数列{}n d 的通项公式,并说明理由; (Ⅲ)求数列{}n c 的前n 项和.nS18．（北京市朝阳区2013届高三第一次综合练习理科数学）设1210(,,,)x x x τ= 是数1,2,3,4,5,6,7,8,9,10的任意一个全排列,定义1011()|23|kk k S xx τ+==-∑,其中111x x =.(Ⅰ)若(10,9,8,7,6,5,4,3,2,1)τ=,求()S τ的值;(Ⅱ)求()S τ的最大值; (Ⅲ)求使()S τ达到最大值的所有排列τ的个数.19．（顺义13届高三第一次统练理科）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且点()n S n ,在函数221-=+x y的图像上.(I)求数列{}n a 的通项公式;(II)设数列{}n b 满足:()*,011N ∈=+=+n a b b b n n n ,求数列{}n b 的前n 项和公式;(III)在第(II)问的条件下,若对于任意的*N ∈n 不等式1+<n n b b λ恒成立,求实数λ的取值范围20．（丰台区2013届高三上学期期末理 ）已知曲线2:2(0)C y x y =≥，111222(,),(,),,(,),n n n A x y A x y A x y ⋅⋅⋅⋅⋅⋅是曲线C 上的点，且满足120n x x x <<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅，一列点(,0)(1,2,)i i B a i =⋅⋅⋅在x 轴上，且10(i i i B A B B -∆是坐标原点）是以i A 为直角顶点的等腰直角三角形．（Ⅰ）求1A 、1B 的坐标； （Ⅱ）求数列{}n y 的通项公式；（Ⅲ）令1,2iy i i ib c a -==，是否存在正整数N ，当n≥N 时，都有11n niii i b c ==<∑∑，若存在，求出N 的最小值并证明；若不存在，说明理由．21．（海淀区2013届高三上学期期末理科）已知函数()f x 的定义域为(0,)+∞，若()f x y x=在(0,)+∞上为增函数，则称()f x 为“一阶比增函数”；若2()f x y x=在(0,)+∞上为增函数，则称()f x 为“二阶比增函数”.我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为1Ω，所有“二阶比增函数”组成的集合记为2Ω. (Ⅰ)已知函数32()2f x x hx hx =--，若1(),f x ∈Ω且2()f x ∉Ω，求实数h 的取值范围； (Ⅱ)已知0a b c <<<，1()f x ∈Ω且()f x 的部分函数值由下表给出，求证：(24)0d d t +->；(Ⅲ)定义集合{}2()|(),,(0,)(),f x f x k x f x k ψ=∈Ω∈+∞<且存在常数使得任取,请问：是否存在常数M ，使得()f x ∀∈ψ，(0,)x ∀∈+∞，有()f x M <成立？若存在，求出M 的最小值；若不存在，说明理由.22．（石景山区2013届高三上学期期末理）定义：如果数列{}n a 的任意连续三项均能构成一个三角形的三边长，则称{}n a 为“三角形”数列．对于“三角形”数列{}n a ，如果函数()y f x =使得()n n b f a =仍为一个“三角形”数列，则称()y f x =是数列{}n a 的“保三角形函数”(*)n N ∈．（Ⅰ）已知{}n a 是首项为2，公差为1的等差数列，若()(1)x f x k k =>是数列{}n a 的“保三角形函数”，求k 的取值范围；（Ⅱ）已知数列{}n c 的首项为2013，n S 是数列{}n c 的前n 项和，且满足+1438052n n S S -=，证明{}n c 是“三角形”数列；（Ⅲ）若()lg g x x =是（Ⅱ）中数列{}n c 的“保三角形函数”，问数列{}n c 最多有多少项?(解题中可用以下数据 :lg20.301,lg30.477,lg2013 3.304≈≈≈)23．（朝阳区2013届高三上学期期中考试（理））给定一个n 项的实数列12,,,(N)n a a a n *∈ ,任意选取一个实数c ,变换()T c 将数列12,,,n a a a 变换为数列12||,||,,||n a c a c a c --- ,再将得到的数列继续实施这样的变换,这样的变换可以连续进行多次,并且每次所选择的实数c 可以不相同,第(N )k k *∈次变换记为()k k T c ,其中k c 为第k 次变换时选择的实数.如果通过k 次变换后,数列中的各项均为0,则称11()T c ,22()T c ,,()k k T c 为 “k 次归零变换”.(Ⅰ)对数列:1,3,5,7,给出一个 “k 次归零变换”,其中4k ≤; (Ⅱ)证明:对任意n 项数列,都存在“n 次归零变换”;(Ⅲ)对于数列231,2,3,,nn ,是否存在“1n -次归零变换”?请说明理由.24．（2013届丰台区一模理科）设满足以下两个条件的有穷数列12,,,n a a a ⋅⋅⋅为n （n=2,3,4,…,）阶“期待数列”：① 1230n a a a a ++++= ；② 1231n a a a a ++++= . （Ⅰ）分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；（Ⅱ）若某2k+1(*k N ∈)阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式； （Ⅲ）记n 阶“期待数列”的前k 项和为(1,2,3,,)k S k n = ，试证：（1）21≤k S ； （2）111.22ni i a in =≤-∑25．（2013北京昌平二模数学理科试题及答案）本小题满分14分)设数列{}n a 对任意*N n ∈都有112()()2()n n kn b a a p a a a +++=++ (其中k 、b 、p 是常数) .(I)当0k =,3b =,4p =-时,求123n a a a a ++++ ;(II)当1k =,0b =,0p =时,若33a =,915a =,求数列{}n a 的通项公式;(III)若数列{}n a 中任意(不同)两项之和仍是该数列中的一项,则称该数列是“封闭数列”.当1k =,0b =,0p =时,设n S 是数列{}n a 的前n 项和,212a a -=,试问:是否存在这样的“封闭数列”{}n a ,使得对任意*N n ∈,都有0n S ≠,且12311111111218n S S S S <++++< .若存在,求数列{}n a 的首项1a 的所有取值;若不存在,说明理由.26．（昌平区2013届高三上学期期末理）已知每项均是正整数的数列123100,,,,a a a a ，其中等于i 的项有i k 个(1,2,3)i = ，设j j k k k b +++= 21(1,2,3)j = ，12()100m g m b b b m =+++- (1,2,3).m =（Ⅰ）设数列1240,30,k k ==34510020,10,...0k k k k =====，求(1),(2),(3),(4)g g g g ； （Ⅱ）若123100,,,,a a a a 中最大的项为50， 比较(),(1)g m g m +的大小； （Ⅲ）若12100200a a a +++= ，求函数)(m g 的最小值．27．（2013北京朝阳二模数学理科试题）已知实数12,,,n x x x (2n ≥)满足||1(1,2,3,,)i x i n ≤= ,记121(,,,)n i j i j nS x x x x x ≤<≤=∑.(Ⅰ)求2(1,1,)3S --及(1,1,1,1)S --的值; (Ⅱ)当3n =时,求123(,,)S x x x 的最小值; (Ⅲ)求12(,,,)n S x x x 的最小值. 注:1i j i j nx x ≤<≤∑表示12,,,n x x x 中任意两个数i x ,j x (1i j n ≤<≤)的乘积之和.28．（北京四中2013届高三上学期期中测验数学(理)）已知A (,),B (,)是函数的图象上的任意两点(可以重合),点M 在直线21=x 上,且.(1)求+的值及+的值 (2)已知,当时,+++,求;(3)在(2)的条件下,设=,为数列{}的前项和,若存在正整数、,使得不等式成立,求和的值.29．（2013北京海淀二模数学理科试题及答案）(本小题满分13分)设A 是由m n ⨯个实数组成的m 行n 列的数表,如果某一行(或某一列)各数之和为负数,则改变该行(或该列)中所有数的符号,称为一次“操作”.(Ⅰ) 数表A 如表1所示,若经过两次“操作”,使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负实数,请写出每次“操作”后所得的数表(写出一种方法即可);表1(Ⅱ) 数表A 如表2所示,若必须经过两次“操作”,才可使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数,求整数．．a 的所有可能值;(Ⅲ)对由m n ⨯个实数组成的m 行n 列的任意一个数表A ,能否经过有限次“操作”以后,使得到的数表每行的各数之 表2和与每列的各数之和均为非负整数?请说明理由.30．（2013北京房山二模数学理科试题）设3>m ,对于项数为m 的有穷数列{}n a ,令k b 为)(,,,21m k a a a k≤ 中的最大值,称数列{}n b 为{}n a 的“创新数列”.例如数列3,的创新数列为3,5,5,7.考查自然数)3(,,2,1>m m 的所有排列,将每种排列都视为一个有穷数列{}n c .(Ⅰ)若5m =,写出创新数列为3,5,5,5,5的所有数列{}n c ;(Ⅱ)是否存在数列{}n c 的创新数列为等比数列?若存在,求出符合条件的创新数列;若不存在,请说明理由; (Ⅲ)是否存在数列{}n c ,使它的创新数列为等差数列?若存在,求出所有符合条件的数列{}n c 的个数;若不存在,请说明理由.22221212a a a a a a a a ------31．（东城区2013届高三上学期期末考试数学理科）已知实数组成的数组123(,,,,)n x x x x 满足条件：①10nii x==∑； ②11ni i x ==∑.(Ⅰ) 当2n =时，求1x ，2x 的值； （Ⅱ）当3n =时，求证：123321x x x ++≤； （Ⅲ）设123n a a a a ≥≥≥≥ ,且1n a a >(2)n ≥，求证：111()2ni in i a xa a =≤-∑.32．（东城区普通校2013届高三3月联考数学（理）试题 ）设1a ，2a ，…20a 是首项为1，公比为2的等比数列，对于满足190≤≤k 的整数k ，数列1b ，2b ，…20b 由⎩⎨⎧-++20k n k n a a 时，当时，当20-20201≤<-≤≤n k k n 确定。
考点38数列中的综合问题(2种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习核心题型(新高考版)
考点38数列中的综合问题（2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n 项和公式等【核心题型】题型一 等差数列、等比数列的综合运算 数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．【例题1】（2023·湖北荆门·模拟预测）血药浓度检测可使给药方案个体化，从而达到临床用药的安全、有效、合理.某医学研究所研制的某种新药进入了临床试验阶段，经检测，当患者A 给药3小时的时候血药浓度达到峰值，此后每经过2小时检测一次，每次检测血药浓度降低到上一次检测血药浓度的40%，当血药浓度为峰值的1.024%时，给药时间为（ ）A ．11小时B ．13小时C ．17小时D ．19小时【变式1】（2023高三·全国·专题练习）已知集合{}*112|,A x x k k ==ÎN ，{}2*2|3,k B x x k ==ÎN ，将A B È中所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{}n a ，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若27m a =，则m 的值等于，50S 的值为 .【变式2】（2024·四川绵阳·三模）已知首项为1的等差数列{}n a 满足：123,,1a a a +成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足：121131n n n n a b a b a b -+++=-L ，求数列{}n b 的前n 项和n T .【变式3】（2023高三·全国·专题练习）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且1122331a b a b a b ==-=-=．(1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，求证：1111()n n n n n n n S a b S b S b +++++=-；题型二 数列与其他知识的交汇问题(1)数列与不等式的综合问题及求解策略①判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．②以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．③考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明．(2)数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n 项和公式、求和方法等对式子化简变形命题点1 数列与不等式的交汇【例题2】（2024·重庆·三模）数列{}n a 的前n 项和为n S ，234n n S a n =-+，若()3320n a n l +-+>对任意*n ÎN 恒成立，则实数l 的取值范围为（ ）A ．1,2æö+¥ç÷èøB ．()1,+¥C ．5,4æö+¥ç÷èøD ．()2,+¥【变式1】（2024·江苏苏州·三模）已知函数*(),N n f n a n =Î.①当2a =时，11()n b f n =+，记{}n b 前n 项积为n T ，若n m T >恒成立，整数m 的最小值是;②对所有n 都有33()1()11f n n f n n -³++成立，则a 的最小值是 .【变式2】（2024·湖南长沙·模拟预测）已知数列{}n a 满足()*321223n a a a a n n n++++=ÎN L .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}n b 满足12nn n a b +=.①求数列{}n b 的前n 项和n T ；②若不等式()12nn n n T l -<+对任意*n ÎN 恒成立，求实数l 的取值范围.【变式3】（2024·辽宁·二模）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ，且10a d ¹.若等差数列{}n b ，满足2nn nS b a =.(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)若514d =，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，且n n T S >，求n 的最大值.命题点2 数列与函数的交汇【例题3】（2024·福建莆田·三模）已知定义在(0,)+¥上的函数()f x 满足()()121f x f x +=+，且(1)1f =，则()100f =（ ）A ．10021-B ．10021+C ．10121-D ．10121+【变式1】（2024·广西来宾·模拟预测）函数()|1||2||3||15|f n n n n n =-+-+-++-L （n 为正整数）的最小值为 ．【变式2】（2024·浙江绍兴·三模）已知函数()()cosπR f x x x x =+Î的所有正零点构成递增数列{}()N*n a n Î．(1)求函数()f x 的周期和最大值；(2)求数列{}n a 的通项公式n a 及前n 项和n S ．【变式3】（2024·上海·模拟预测）已知()21122f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,N n n S n Î均在函数()y f x =的图象上.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()442x x g x =+，令()*N 2025n n a b g n æö=Îç÷èø，求数列{}n b 的前2024项和2024T .【课后强化】【基础保分练】一、单选题1．（2024·山西阳泉·三模）已知等差数列{}n a 中，7a 是函数π()sin(2)6f x x =-的一个极大值点，则59)tan(a a +的值为（ ）ABC．D．2．（2020·辽宁辽阳·二模）已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且1S ，2S ，4S 成等比数列.令11n n n b a a +=，则数列{}n b 的前50项和50T =（ ）A ．5051B ．4950C ．100101D ．501013．（2024·山东·二模）欧拉函数()()*n n j ÎN 的函数值等于所有不超过正整数n ，且与n 互质的正整数的个数，例如()42j =.已知()123n n nb j +=，*n ÎN ，n T 是数列{}n b 的前n 项和，若n T M <恒成立，则M 的最小值为（ ）A ．34B ．1C ．76D ．24．（2024·福建泉州·二模）在等比数列{}n a 中，15,a a 是函数2()10ln(3)f x x x t x =-+的两个极值点，若2432a a =-，则t 的值为（ ）A ．4-B ．5-C ．4D ．5二、多选题5．（2024·云南·模拟预测）已知定义在R 上的函数()f x 满足：()()()()2f x y f x y f x f y ++-=，且()21f =-，则下列说法中正确的是（ ）A ．()f x 是偶函数B ．()f x 关于点()2,1-对称C ．设数列{}n a 满足()n a f n =，则{}n a 的前2024项和为0D ．103f æöç÷èø可以是126．（2024·湖北·模拟预测）对于正整数n ，()n j 是小于或等于n 的正整数中与n 互质的数的数目．函数()n j 以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如()96j =（1,2,4,5,7,8与9互质），则（）A ．若n 为质数，则()1n n j =-B ．数列(){}n j 单调递增C ．数列()2nn j ìüïïíýïïîþ的最大值为1D ．数列(){}3nj 为等比数列三、填空题7．（2021·江西·模拟预测）已知公差不为0的等差数列{}n a 的部分项1k a ，2k a ，3k a ，……构成等比数列{}n a ，且11k =，22k =，35k =，则n k =.8．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）已知实数a 、b 、c 、d 成等差数列，且函数()ln 2y x x =+-在x b =时取到极大值c ，则a d += .9．（2024·四川成都·模拟预测）已知数列{}n a 满足1ln 1n n a a +=+，函数()ln 1xf x x =+在0x x =处取得最大值，若()420ln 1a a x =+，则12a a += 四、解答题10．（2023·全国·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，124325a a a ++=，且32a +，4a ，52a -成等比数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n n b a ={}n b 的前n 项和n T ．11．（2024·浙江·二模）欧拉函数()()*N n n j Î的函数值等于所有不超过正整数n 且与n 互素的正整数的个数，例如：()11j =，()42j =，()84j =，数列{}n a 满足()()*2N n n a n j =Î.(1)求1a ，2a ，3a ，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记()222log 1nnn na b a =-，求数列{}n b 的前n 和n S .【综合提升练】一、单选题1．（2024·辽宁·二模）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)(N )n n S n *Î在函数2()(,,)f x Ax Bx C A B C =++ÎR 的图象上，则（ ）A ．01C =B ．若0A =，则0N n *$Î，使n S 最大C ．若0A >，则0N n *$Î，使n S 最大D ．若0A <，则0N n *$Î，使n S 最大2．（2022高三·全国·专题练习）已知数列{}n a 为等差数列，且7π2a =.设函数()2sin22cos 2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（ ）A ．13π2B ．7πC ．7D ．133．（23-24高三下·重庆·阶段练习）定义：满足(211:n n n na a q q a a +++= 为常数，*N n Î）的数列{}n a 称为二阶等比数列，q 为二阶公比.已知二阶等比数列}n a ∣的二阶公比为121,a a ==，则使得2024n a > 成立的最小正整数n 为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．104．（2024·江苏徐州·一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且321n n S a =+，*n ÎN ．若2024k S ³，则正整数k 的最小值为（ ）A ．11B ．12C ．13D ．145．（23-24高三上·山西运城·期末）已知等差数列{}n a 中，97π12a =，设函数44()cos sin cos 1f x x x x x =---，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前17项和为（ ）A ．51-B ．48-C ．17-D ．06．（2024·安徽池州·二模）对于数列{}n a ，若点(),n n a 都在函数x y cq =的图象上，其中0q >且1q ¹，则“1c q >”是“{}n a 为递增数列”的（ ）A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件7．（2024·上海奉贤·三模）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，关于正整数n 的方程1n n S S a +×=记为F ，命题p ：对于任意的R a Î，存在等差数列{}n a 使得F 有解；命题q ：对于任意的R a Î，存在等比数列{}n b 使得F 有解；则下列说法中正确的是（ ）A ．命题p 为真命题，命题q 为假命题；B ．命题p 为假命题，命题q 为真命题；C ．命题p 为假命题，命题q 为假命题；D ．命题p 为真命题，命题q 为真命题；8．（2024·青海·模拟预测）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()()()()226f x y f x f y f x f y +=--+，()14f =，则()()()1299f f f ++×××+=（ ）A ．992198+B ．992196+C ．1002198+D ．1002196+二、多选题9．（2024·贵州·三模）已知定义域为R 的函数()f x 满足()()()()22,f x y f x f y x y xy f x +=+¢++为()f x 的导函数，且()12f ¢=，则（ ）A ．()00f =B ．()f x 为奇函数C ．()27f ¢-=D ．设()()*n b f n n ¢=ÎN ，则2024202320252b =´+10．（2024·河南·三模）将函数()2πsin (0,0)3f x x x w w æö=->>ç÷èø的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列{}n a ，且123a =，则（ ）A ．2w =B ．()f x 在()1,2上先增后减C ．10313a =D ．{}n a 的前n 项和为236n n +11．（2022·海南·模拟预测）对于无穷数列{}n a ，给出如下三个性质：①10a <；②*,n s "ÎN ，n s n s a a a +>+；③*n "ÎN ，*t $ÎN ，n t n a a +>，定义：同时满足性质①和②的数列{}n a 为“s 数列”，同时满足性质①和③的数列{}n a 为“t 数列”，则下列说法正确的是（ ）A ．若23n a n =-，则{}n a 为“s 数列”B ．若12n n a =-，则{}n a 为“t 数列”C ．若{}n a 为“s 数列”，则{}n a 为“t 数列”D ．若等比数列{}n a 为“t 数列”，则{}n a 为“s 数列”三、填空题12．（2024·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S，且n a ={}n b 的前n 项和为n T ，且()121n bn n S a +-=，则满足2n T ³的正整数n 的最小值为.13．（2023高三·全国·专题练习）函数()f x 满足()()()()*111,1N 12f n f n f n +==Î+．若不等式()()1f n f n M +-£对任意的n 恒成立，则M 的最小值是．14．（23-24高三上·河北邢台·开学考试）函数()2f x x x a =-+的最小值是12，数列{}n a 满足()1n n a f a +=，11a =，则数列{}n a 的通项公式是 ．四、解答题15．（2024·上海虹口·二模）已知等差数列{}n a 满足25a =，9672a a +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 前n 项和为n S ，且221n n n b a a +=-，若432mS >，求正整数m 的最小值.16．（2024·江苏连云港·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12n n na S a =+．(1)证明：数列{}2n S 是等差数列；(2)数列{}n S 的每一项均为正数，11,11,2nn n n n S b n S S -ì=ïï=íï³ï+î，数列{}n b 的前n 项和为n T ，当21012n T ³时，求n 的最小值．17．（2024·四川成都·三模）已知数列{}n a 的前n 项和为,342n n n S S a =-.(1)证明：数列{}n a 是等比数列，并求出通项公式；(2)设函数()21ln 2f x x x æö=×-ç÷èø的导函数为()f x ¢，数列{}n b 满足()n n b f a =¢，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．（23-24高三下·河北衡水·期中）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()21,1n n S a n =-³．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：12311112nS S S S ++++<L ．19．（2024·湖南衡阳·三模）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项11a =.(1)若2421n n n a S a =--，求数列{}n a 的通项公式；(2)若函数()2e x f x x =+，正项数列{}n a 满足：*1)()(n n a f a n +=ÎN .（i ）证明：31nn S n ³--；（ii）证明：*2222234)1111(1)(1)(1)(1)2,5555nn n a a a a ++++<³ÎN L .【拓展冲刺练】一、单选题1．（2023·陕西安康·模拟预测）设函数()21f x x =+，数列{}n a ，{}n b 满足()(),n n a f n f b n ==，则2a =（ ）A ．7b B ．9b C ．11b D ．13b 2．（23-24高三上·广东揭阳·阶段练习）已知等差数列{}n a 中，73π8a =，设函数()24cos 2sin cos 222x f x x x æö=-++ç÷èø，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（ ）A ．7B ．13C ．20D ．263．（2022高三·全国·专题练习）已知数列{}n a 满足1145,31n n a a a +==-，则满足不等式10k k a a -×<的k 的值为（ ）A ．4B ．5C ．6D ．74．（23-24高三上·四川·阶段练习）已知数列{}n a 满足113a =-，且()112n n n a a ++=+-，若使不等式n a l £成立的n a 有且只有三项，则l 的取值范围为（ ）A ．1135,33æùçúèûB ．1335,33æùçúèûC ．1135,33éö÷êëøD ．1335,33éö÷êëø二、多选题5．（23-24高三下·河北·开学考试）欧拉函数()()*N n n j Î是数论中的一个基本概念，()n j 的函数值等于所有不超过正整数n ，且与n 互质的正整数的个数（只有公因数1的两个正整数互质，且1与所有正整数（包括1本身）互质），例如()84j =，因为1，3，5，7均与8互质，则（ ）A ．()()()4610j j j ×=B ．数列()2n j 单调递增C ．()10040j =D ．数列()()23nn j j ìüïïíýïïîþ的前n 项和小于326．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知正项数列{}n a ，对任意的正整数m 、n 都有222m n m n a a a +£+，则下列结论可能成立的是（ ）A ．n mmn a a a m n+=B ．m n m n na ma a ++=C ．2m n mn a a a ++=D ．2m n m na a a +×=三、填空题7．（2024·云南楚雄·一模）将函数()2sin f x x x =+（0x >）的所有极小值点按从小到大的顺序排列成数列{}n a ，则()2023tan a = ．8．（23-24高三上·上海杨浦·阶段练习）设函数21()1f x x =-，122()ex f x --=，31()sin 2π3f x x =，99i ia =，0,12,,99i =L .()()()()()()10219998k k k k k k k I f a f a f a f a f a f a =-+-++-L ，1,2,3k =，试将1I 、2I 、3I 从小到大排列为 .9．（2024·全国·模拟预测）已知等比数列{}n a 的首项1012a =，且()23568a a a a +=+，记{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，则当不等式0n n S T -<成立时，n 的最大值为 ．四、解答题10．（23-24高三上·湖南衡阳·阶段练习）点(,)n A n a （N n *Î）在函数2()log (32)f x x =+图象上.数列{n b }满足2n a n b =.(1)证明：数列{n b }为等差数列.(2)数列{n c }满足231()2n b n c -=.求n T 为{n n b c }前n 项和及当274n T >，求n 的最小值.11．（23-24高三下·湖南·阶段练习）若数列{}n a 在某项之后的所有项均为一常数，则称{}n a 是“最终常数列”.已知对任意()*,n m m n ³ÎN ，函数()f x 和数列{}n a 满足{}()11min n i i na f a +££=.(1)当()f x x >时，证明：{}n a 是“最终常数列”；(2)设数列{}n b 满足11m b a +=，对任意正整数()1,n n n b f b +=.若方程()0fx x-=无实根，证明：{}n a 不是“最终常数列”的充要条件是：对任意正整数i ，i m i b a +=；(3)若(){}21,,n m f x x a ==不是“最终常数列”，求1a 的取值范围.。
高中数学总复习：重难专攻 数列中的综合问题
不难发现，奇数项是等差数列，公差
൝
2−2 ， ≥ 3，为偶数，
为2，偶数项是Leabharlann 比数列，公比为2，所以数列{ an }的前10项和为
解题技法
两个等差数列的公共项构成的数列是等差数列，且公差是两等差
数列公差的最小公倍数，两个等比数列的公共项构成的数列是等比数
列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数.
高中总复习·数学（提升版）
已知{ an }是公差不为零的等差数列， a 5＝17， a 1， a 2， a 7成等比
数列.
（1）求数列{ an }的通项公式；
+1
−
1
1
＝
＝
（+1）
−
1
，
+1
3
所以 n ≥2时，
3
故
−
2
1
＝
2
2
−
−
2
＋…＋
2
−
−1
1
1
1
1
＝ − ＋…＋
− ，
−1
2
3
−1
1
，又 a 2＝3，则 an ＝2 n －1，当 n ＝1时， a 1＝
1成立，
所以 an ＝2 n －1.
高中总复习·数学（提升版）
列记为{ bn }，求数列{ bn }的前 n 项和 Sn .
解：数列{ an }和{ bn }的公共项依次为32，34，36，…，即9，
92，93，…，构成首项为9，公比为9的等比数列，
9（1−9 ）
9
所以 Sn ＝
三年级数学上册解决数列与等比数列问题的综合练习
三年级数学上册解决数列与等比数列问题的综合练习数列是数学中的一个重要概念，它在数学的各个领域中都有着广泛的应用。
在三年级数学上册中，我们已经学习了数列和等比数列的基本概念和性质。
为了更好地掌握这些知识，我们需要进行一些综合练习，以提高解决数列与等比数列问题的能力。
接下来，我们将结合实际题目进行解答，巩固所学知识。
1. 【数列问题】已知数列1，3，5，7，···，其中每个数都比前一个数大2。
试回答下列问题：（1）数列的第10个数是多少？（2）数列的第n个数是多少？（3）数列的第100个数是多少？解析：（1）根据题目中的规律，我们可以发现数列的通项公式为an = 2n - 1。
代入n = 10，则第10个数为a10 = 2×10 - 1 = 19。
（2）数列的第n个数为an = 2n - 1。
（3）数列的第100个数为a100 = 2×100 - 1 = 199。
2. 【数列和等式问题】已知数列2，5，8，11，···，其中每个数都比前一个数大3。
试回答下列问题：（1）数列的前5项和是多少？（2）数列的前n项和是多少？（3）数列的前100项和是多少？解析：（1）数列的前5项和为S5 = 2 + 5 + 8 + 11 + 14 = 40。
（2）根据题目中的规律，我们可以发现数列的通项公式为an = 3n - 1。
将公式代入前n项和的公式Sn = n/2(a1 + an)得到Sn = n/2(2 + 3n - 1)。
代入n = 100，则数列的前100项和为S100 = 100/2(2 + 3×100 - 1) = 5050。
（3）数列的前100项和为S100 = 5050。
3. 【应用问题】在一条数列中，首项是2，公差是3，已知数列的前n项和为75。
试回答下列问题：（1）数列的第10项是多少？（2）数列的第n项是多少？（3）数列的公差是多少？解析：（1）根据公式Sn = n/2(a1 + an)和已知条件Sn = 75，我们可以得到75 = n/2(2 + a10)。
数列求和 拔高学生版
目录数列求和 (2)模块一：数列求和方法 (2)考点1：分组求和 (2)考点2：裂项相消 (4)考点3：错位相减 (6)课后作业： (9)数列求和模块一：数列求和方法1.有些数列，直接求和不易进行，可以将便于求和的项放在一起进行分组求和． 如①有些数列可以对奇偶项分别求和，此时要注意项数分奇偶讨论； ②有些数列可以将每一项适当拆开，再进行分组； ③有些数列首尾项相加后为定值，可以用倒序相加的方法．2.如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和．常用裂项形式有： ①111(1)1n n n n =-++； ②()1n n k =+ ；③()()112n n n =++ ；=3.这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{}n n a b ⋅的前n 项和，其中{}n a 、{}n b 分别是等差数列和等比数列．考点1：分组求和例1.（1）（2019•河南模拟）已知等差数列{}n a 满足132a =，2340a a +=，则{||}n a 前12项之和为( ) A ．144- B ．80 C ．144 D ．304（2）（2019春•西湖区校级月考）已知{a n }的前n 项和S n ＝n 2﹣9n ﹣1，则|a 1|+|a 2|+…+|a 30|的值为 ．（3）（2019春•广安期末）已知数列{}n a 的前项和1159131721(1)(43)n n S n -=-+-+-+⋯+--，则51S 的值为( ) A ．199- B ．199 C ．101- D ．101例2.（2019春•西湖区校级月考）数列{a n }是首项为23，公差为整数的等差数列，且从第七项开始为负数． （1）求数列{a n }的公差；（2）求数列{a n }的前n 项和S n 的最大值；（3）记T n ＝|a 1|+|a 2|+…+|a n |（n ∈N ），求使T n ＞214成立的最小n ．例3.（2019春•海珠区校级期中）数列121231231,,,,,,,,,,,,22333nn n n n⋯⋯⋯的前25项和为()A ．20714B ．20914C ．21114D ．1067考点2：裂项相消例4.（1）（2019春•嘉兴期末）已知数列{}n a 满足：1(2)n a n n =+，则{}n a 的前10项和10S 为( ) A ．1112B ．1124C ．175132D ．175264（2）（2019春•达州期末）已知数列{}n a 的通项公式*)n a n N =∈，n S 为数列{}n a 的前n 项和，满足9(*)n S n N >∈，则n 的最小值为( ) A ．98 B ．99 C ．100 D ．101（3）（2019•岳麓区校级模拟）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且*112(1)()nn S a a n n N n==+-∈，则数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和是( )A ．290B ．920C ．511D ．1011（4）（2019春•沙坪坝区校级月考）已知{}n a 是公比不为1的等比数列，数列{}n b 满足：2a ，n b a ，2n a 成等比数列，2221n n n c b b +=，若数列{}n c 的前n 项和n T λ对任意的*n N ∈恒成立，则λ的最大值为( ) A ．13B ．16C ．115D ．215（5）（2019春•上饶期末）数列1，112+，1123++，⋯，112n++⋯+的前n 项和为( )A ．221nn + B ．21nn + C ．21n n ++ D ．21nn +（6）（2019春•桃城区校级月考）设数列{a n }满足a 1=14，且a n+1=a n +a n 2，n ∈N ∗，设1a 1+1+1a 2+1+⋯+1a 2019+1的和为S n ，则S n 的取值在哪两个相邻整数之间（ ）A ．（1，2）B ．（2，3）C ．（3，4）D ．（4，5）考点3：错位相减例5.（2019春•温江区期末）在数列{}n a 中，若112a =，且对任意的*n N ∈有112n na n a n ++=，则数列{}n a 前10项的和为( ) A ．509256B ．511256C ．756512D ．755512例6.（2019春•桥西区校级月考）已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=12n2+12n，在等比数列{b n}中，b1＝a1，b4＝a8．（1）求{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{a n b n}的前n项和T n．例7.（2019春•洮北区校级月考）已知数列{a n}满足a1+3a2+5a3+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）设数列{a n2n+3}的前n项和为S n，求证：S n＜23．例8.（2019春•金安区校级月考）已知正项数列{a n}的前n和为S n，且2a1S n=a n2+a n，（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n=(13)n⋅a n，求数列{b n}的前n项和T n．例9.（2019春•莲都区校级月考）设各项为正的数列{a n}的前n项和为S n，已知S n=16a n2+12a n，（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）令b n=a n4n，求数列{b n}的前n项和T n．课后作业：1．（2018秋•湘西州期末）数列112，124，138，⋯，12n n +的前n 项和为(n S = )A ．21n n-B ．(1)22n n n ++ C ．(1)1122n n n +-+D ．12n n -2．（2018春•天河区期末）若数列{}n a 的通项公式是(1)(34)n n a n =--，则123456(a a a a a a +++++= )A ．9B ．12C ．12-D ．15-3．（2018秋•东宝区校级月考）222111(2131(1)1n S n =++⋯+=--+- ) A ．12(2)n n ++B ．232342(32)n n n +-++C ．344(2)n n ++D ．516(2)n n ++4．（2019秋•未央区校级期末）数列{}n a 满足11a =，对任意*n N ∈都有11n n a a n +=++，则122019111(a a a ++⋯+= ) A ．20202019B ．20191010C ．20171010D ．403720205．（2020春•禅城区校级月考）已知数列{}n a 是各项为正数的等比数列，且24a =，123452a a a =．数列{}n b 是单调递增的等差数列，且2315b b =，148b b +=， （1）求数列{}n a 与数列{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n n a b 的前n 项和n T ．。
第十二讲 简单的数列问题1(思维拓展讲义)四年级数学尖子生高分题库(通用版)学生版
第12讲简单的数列问题1算的方法求出某一列数的和呢?关键是找出这一列数的规律。
下面我们就来讨论一些简单的数列问题。
例1计算1+2+3+…+2006【思路点拨】1,2,3,…,2006是等差数列。
你能找出这个等差数列的规律吗?公差是1,首项是1,末项是2006,项数是2006。
等差数列的求和公式是：各项之和=(首项+末项)×项数÷2。
现在我们可以很快地计算出这个等差数列的和是多少。
例2求首项是3,公差是5的等差数列的前1999项的和。
【思路点拨】还是用例1中的公式，但是在这道题中，末项是多少还不知道，所以要先把末项求出来。
在等差数列中，首项、末项、公差的关系是这样的：末项=首项+公差×(项数-1)例3计算11+15+19+…+99【思路点拨】这是一个等差数列，它们的公差是4。
这个数列的首项是11,末项是99,也可以用等差数列的公式来计算。
这个等差数列的项数是多少呢?从题目中很难看出有多少项，所以要先计算出项数。
计算项数的方法是：项数=(末项-首项)÷公差+1。
计算出项数后，就可以利用等差数列的求和公式进行计算了。
例4计算(2+4+6+…+96+98+100)-(1+3+5+…+95+97+99)【思路点拨】这里是两个等差数列，先分别求出这两个数列的和，再求出它们的差就可以了。
很自然，我们首先会想到这样的做法。
如果把前面数列的第一项减去后面数列的第一项，也就是2-1,这样依次减下去，也就是4-3,6-5,…,100-99,它们的差都等于1,然后计算等于1的差有多少个就可以了。
就是1～100中的全部偶数作为被减数，奇数作为减数，所以，相邻的偶奇数相减，共得50个差，都是1。
例5计算1991-1988+1985-1982+…+11-8+5-2【思路点拨】这题的数比较大，其实它的规律还是比较好找的。
第一项与第二项，第三项与第四项……每两项的差都是3。
与例4一样，关键也是求差的个数是多少。
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1数列综合问题（Ⅰ）基础知识详析1． 判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数,验证11(/)n n n n a a a a ---为同一常数。
(2)通项公式法：①若=+（n-1）d=+（n-k ）d ，则{}n a 为等差数列；②若，则{}n a 为等比数列。
(3)中项公式法：验证都成立。
2.在等差数列{}n a 中,有关S n的最值问题——常用邻项变号法求解：(1)当10a >,d<0时，满足的项数m 使得m S 取最大值.(2)当10a <,d>0时，满足的项数m 使得m S 取最小值。
在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。
3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。
4．注意事项：⑴证明数列{}n a 是等差或等比数列常用定义，即通过证明11-+-=-n n n n a a a a 或11-+=n n n n a aa a 而得。
⑵在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便。
⑶对于一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。
⑷注意一些特殊数列的求和方法。
⑸注意n s 与n a 之间关系的转化。
如：n a =,,11--n n s s s 21≥=n n ，n a =∑=--+nk k ka aa 211)(．⑹数列极限的综合题形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，就是离不开数列极限的概念和性质，离不开数学思想方法，只要能把握这两方面，就会迅速打通解题思路．⑺解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略．⑻通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功的经验，吸取失败的教训，增强解综合题的信心和勇气，提高分析问题和解决问题的能力．（Ⅱ）高考数学数列综合题选1．（北京，18）函数f x ()是定义在［0，1］上的增函数，满足f x f x()()=22且f ()11=，在每个区间(,]12121i i -（i =1，2……）上，y f x =()的图象都是斜率为同一常数k 的直线的一部分。
（I ）求f ()0及f ()12，f ()14的值，并归纳出f i i ()(,,)1212= 的表达式;（II ）设直线x i =12，x i =-121，x 轴及y f x =()的图象围成的矩形的面积为a i （i =1，2……），2记S k a a a n n ()lim()=+++→∞12 ，求S k ()的表达式，并写出其定义域和最小值。
2．（北京，20）给定有限个正数满足条件T ：每个数都不大于50且总和L ＝1275.现将这些数按下列要求进行分组，每组数之和不大于150且分组的步骤是： 首先，从这些数中选择这样一些数构成第一组，使得150与这组数之和的差r 1与所有可能的其他选择相比是最小的，r 1称为第一组余差； 然后，在去掉已选入第一组的数后，对余下的数按第一组的选择方式构成第二组，这时的余差为r 2；如此继续构成第三组（余差为r 3）、第四组（余差为r 4）、……，直至第N 组（余差为r N ）把这些数全部分完为止.（I ）判断r r r N 12,,, 的大小关系，并指出除第N 组外的每组至少含有几个数; （II ）当构成第n （n<N ）组后，指出余下的每个数与r n 的大小关系，并证明r n Ln n ->--11501;（III ）对任何满足条件T 的有限个正数，证明：N ≤11.3．（重庆，22）设数列{}n a 满足1112,,(1,2,3.......)n n na a a n a +==+= （1）证明n a >n 成立；（2）令1,2,3......)n b n ==,判断1n n b b +与的大小，并说明理由。
4．（江苏，20）设无穷等差数列{a n }的前n 项和为S n .(Ⅰ)若首项=1a 32 ，公差1=d ，求满足2)(2k kS S =的正整数k ；(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{a n }，使得对于一切正整数k 都有2)(2k kS S =成立.（Ⅲ）范例分析例1．已知数列{a n }是公差d ≠0的等差数列，其前n 项和为S n ．(2)过点Q 1(1，a 1)，Q 2(2，a 2)作直线12，设l 1与l 2的夹角为θ，3例2．已知数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，并且1142(1,2,),1n n S a n a +=+== ，⑴设数列),2,1(21 =-=+n a a b n n n ，求证：数列{}n b 是等比数列；⑵设数列),2,1(,2 ==n a c nnn ，求证：数列{}n c 是等差数列； ⑶求数列{}n a 的通项公式及前n 项和。
例3．已知数列{a n }是首项a1＞0，q ＞-1且q ≠0的等比数列，设数列{b n }的通项b n =a 1n +-ka 2n +(n ∈N)，数列{a n }、{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ．如果T n ＞kS n 对一切自然数n 都成立，求实数k 的取值范围．例4．(全国理)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业.根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15.本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14。
(Ⅰ)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元.写出a n ，b n 的表达式(Ⅱ)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入?例5．设实数0≠a ，数列{}n a 是首项为a ，公比为a -的等比数列，记),(||1*N n a g a b n n n ∈=n n b b b S +++= 21，求证：当1-≠a 时，对任意自然数n 都有n S =2)1(lg a a a +[]n n a na n )1()1(11++-++4例7．设二次方程n a x 2-n a +1x+1=0(n ∈N)有两根α和β，且满足6α-2αβ+6β=3．(1)试用n a 表示a 1n +；例8．在直角坐标平面上有一点列 ),(,),(),,(222111n n n y x P y x P y x P ，对一切正整数n ，点n P 位于函数4133+=x y 的图象上，且n P 的横坐标构成以25-为首项，1-为公差的等差数列{}n x 。
⑴求点n P 的坐标；⑵设抛物线列 ,,,,,321n c c c c 中的每一条的对称轴都垂直于x 轴，第n 条抛物线n c 的顶点为n P ，且过点)1,0(2+n D n ，记与抛物线n c 相切于n D 的直线的斜率为n k ，求：nn k k k k k k 13221111-+++ 。
⑶设{}{}1,4|,1,,2|≥==≥∈==n y y y T n N n x x x S n n ，等差数列{}n a 的任一项T S a n ⋂∈，其中1a 是T S ⋂中的最大数，12526510-<<-a ，求{}n a 的通项公式。
例9．数列{}n a 中，2,841==a a 且满足n n n a a a -=++122*N n ∈⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵设||||||21n n a a a S +++= ，求n S ； ⑶设n b =)12(1n a n -)(),(*21*N n b b b T N n n n ∈+++=∈ ，是否存在最大的整数m ，使得对任意*N n ∈，均有>n T 32m 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由。
5例10．如图，在y 轴的正半轴上依次有点 ,,,,21n A A A 其中点)10,0(),1,0(21A A ，且||3||11+-=n n n n A A A A ),4,3,2( =n ，在射线)0(≥=x x y 上依次有点 ,,,,21n B B B 点1B 的坐标为（3，3），且22||||1+=-n n OB OB ),4,3,2( =n ⑴用含n 的式子表示||1+n n A A ； ⑵用含n 的式子表示n n B A ,的坐标；⑶求四边形n n n n B B A A 11++面积的最大值。
例11．设正数数列{a n }为一等比数列，且a 2=4，a 4=16．例12．已知抛物线24x y =，过原点作斜率1的直线交抛物线于第一象限内一点1P ，又过点1P 作斜率为12的直线交抛物线于点2P ，再过2P 作斜率为14的直线交抛物线于点3P ， ，如此继续，一般地，过点n P 作斜率为12n的直线交抛物线于点1n P +，设点(,)n n n P x y ． （Ⅰ）令2121n n n b x x +-=-，求证：数列{}n b 是等比数列．（Ⅱ）设数列{}n b 的前n 项和为n S ，试比较314n S +与1310n +的大小．.a n )，…是公差为-1的等差数列，又2a 2-a 1，2a 3-a 2，…，2a 1n +-a n ，…(1)求数列{a n }的通项公式； (2)计算(a 1+a 2+…+a n )．例14．等比数列{an }中，已知a1≠0，公比q＞0，前n项和为Sn，自然数b，c，d，e满足b＜c≤d＜e，且b+e=c+d．求证：Sb ·Se＜Sc·Sd．例15．（北京春）如图，在边长为l的等边△ABC中，圆O1为△ABC的内切圆，圆O2与圆O1外切，且与AB，BC相切，…，圆O n+1与圆O n外切，且与AB，BC相切，如此无限继续下去.记圆O n的面积为.（Ⅰ）证明是等比数列；（Ⅱ）求的值.ij（I）写出a45的值；（II）写出aij的计算公式；（III）证明：正整数N在该等差数列阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积。
67四、强化训练1．设S n 和T n 分别为两个等差数列的前n 项和，若对任意n ∈N ，（ ）A ．4∶3B ．3∶2C ．7∶4D ．78∶712．一个首项为正数的等差数列中，前3项的和等于前11项的和，当这个数列的前n 项和最大时，n 等于． （ ）A ．5B ．6C ．7D ．83．若数列{}n a 中，13a =，且21n n a a +=*()n N ∈，则数列的通项n a =．4．设在等比数列{}n a 中，,126,128,66121==⋅=+-n n n S a a a a 求n 及q5．根据下面各个数列{}n a 的首项和递推关系，求其通项公式⑴==+11,1n a a )(2*N n n a n ∈+ ⑵==+11,1n a a 1+n n)(*N n a n ∈ ⑶==+11,1n a a 121+n a )(*N n ∈6．数列{}n a 的前n 项和r ra S n n (1+=为不等于0，1的常数)，求其通项公式n a7．某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到2001年底全县的绿化率已达30%。